Manual do Professor - Fundamentos da matematica elementar- vol 9

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9
9ª edição | São Paulo – 2013
FUNDAMENTOS 
DE MATEMÁTICA 
ELEMENTAR
OSVALDO DOLCE
JOSÉ NICOLAU POMPEO
Geometria plana
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
 I a IV_Manual FME9.indd 1 23/07/13 14:54
© Osvaldo Dolce, José Nicolau Pompeo, 2013
Copyright desta edição:
Rua Henrique Schaumann, 270 — Pinheiros
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Dados Internacionais de Catalogação na Publicação (CIP)
(Câmara Brasileira do Livro, SP, Brasil)
Índice para catálogo sistemático:
1. Matemática: Ensino médio 510.7
 Gerente editorial: Lauri Cericato
 Editor: José Luiz Carvalho da Cruz
 Editores-assistentes: Fernando Manenti Santos/Guilherme Reghin Gaspar/Juracy Vespucci
 Auxiliares de serviços editoriais: Daniella Haidar Pacifi co/Margarete Aparecida de Lima/
 Rafael Rabaçallo Ramos/Vanderlei Aparecido Orso
 Digitação e cotejo de originais: Elgo Waeny Pessôa de Mello/Guilherme Reghin Gaspar
 Pesquisa iconográfi ca: Cristina Akisino (coord.)/Enio Rodrigo Lopes
 Revisão: Pedro Cunha Jr. e Lilian Semenichin (coords.)/Renata Palermo/
Rhennan Santos/Felipe Toledo/Simone Garcia/Tatiana Malheiro/
Fernanda Guerriero
 Gerente de arte: Nair de Medeiros Barbosa
 Supervisor de arte: Antonio Roberto Bressan
 Projeto gráfi co: Carlos Magno
 Capa: Homem de Melo & Tróia Design
 Imagem de capa: Virginie Perocheau/PhotoAlto/Getty Images
 Diagramação: TPG
 Encarregada de produção e arte: Grace Alves
 Coordenadora de editoração eletrônica: Silvia Regina E. Almeida
 Produção gráfi ca: Robson Cacau Alves
 Impressão e acabamento:
Dolce, Osvaldo
 Fundamentos de matemática elementar 9: geometria plana / Osvaldo 
Dolce, José Nicolau Pompeo. — 9. ed. — São Paulo : Atual, 2013.
 ISBN 978-85-357-1686-3 (aluno)
 ISBN 978-85-357-1687-0 (professor)
 1. Matemática (Ensino médio) 2. Matemática (Ensino médio) — Problemas, 
exercícios etc. 3. Matemática (Vestibular) — Testes I. Pompeo, José Nicolau. 
II. Título.
12-12853 CDD-510.7
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Rua Henrique Schaumann, 270 Ð Cerqueira CŽsar Ð S‹o Paulo/SP Ð 05413-909
3
SARAIVA S. A. Livreiros Editores, São Paulo, 2013
Complemento para o Professor — Fundamentos de Matemática Elementar — vol. 9
Apresentação 
Este livro é o Complemento para o professor do volume 9, Geometria plana, 
da coleção Fundamentos de Matemática Elementar.
Cada volume desta coleção tem um complemento para o professor, com o 
objetivo de apresentar a solução dos exercícios mais complicados do livro e su-
gerir sua passagem aos alunos.
É nossa intenção aperfeiçoar continuamente os Complementos. Estamos 
abertos às sugestões e críticas, que nos devem ser encaminhadas através da 
Editora.
Agradecemos aos professores Manoel Benedito Rodrigues e Carlos Nely 
Clementino de Oliveira a colaboração na redação de soluções que são apresenta-
das neste Complemento.
Os Autores.
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Sumário
CAPÍTULO II  Segmento de reta ........................................................ 1
CAPÍTULO III  Ângulos ...................................................................... 4
CAPÍTULO IV  Triângulos .................................................................. 6
CAPÍTULO V  Paralelismo ................................................................. 10
CAPÍTULO VI  Perpendicularidade ..................................................... 15
CAPÍTULO VII  Quadriláteros notáveis ............................................... 20
CAPÍTULO VIII  Pontos notáveis do triângulo ..................................... 28
CAPÍTULO IX  Polígonos ................................................................... 30
CAPÍTULO X  Circunferência e círculo ............................................... 34
CAPÍTULO XI  Ângulos na circunferência ........................................... 39
CAPÍTULO XII  Teorema de Tales ...................................................... 45
CAPÍTULO XIII  Semelhança de triângulos e potência de ponto .......... 49
CAPÍTULO XIV  Triângulos retângulos ............................................... 59
CAPÍTULO XV  Triângulos quaisquer .................................................. 85
CAPÍTULO XVI  Polígonos regulares .................................................. 93
CAPÍTULO XVII  Comprimento da circunferência ................................ 101
CAPÍTULO XVIII  Equivalência plana .................................................. 106
CAPÍTULO XIX  Áreas de superfícies planas ...................................... 107
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 — Segmento de reta
17. AD  36 ⇒ 9x  36 ⇒ x  4
 AB  6x  24 cm
 BC  2x  8 cm 
A
6x x2x
D
CB
 CD  x  4 cm
18. Hipótese Tese
 PA  QB ⇒ PQ  AB 
QA
P B
 Demonstração
 Observando o segmento AQ comum a PQ e AB, temos:
 PA  QB ⇒ PA  AQ  AQ  QB ⇒ PQ  AB
19. Temos duas possibilidades:
 1ª) B está entre A e C 2ª) C está entre A e B
 12
C
B
A
20
B
12
C
20
A
 AC  AB  BC ⇒ AC  BC  AB ⇒
 ⇒ AC  20  12 ⇒ AC  32 cm ⇒ AC  12  20 ⇒ AC  8 cm
20. 5x  x  42 ⇒ x  7 cm
 AB  5x ⇒ AB  35 cm
 BC  x ⇒ BC  7 cm 
C
x
42
5x
B
A
21. Temos duas possibilidades:
 1ª) B está entre A e C 2ª) C está entre A e B
B
x
4x
45
C
AC
x
B
4x
45
A
 4x  x  45 ⇒ x  9 cm 45  x  4x ⇒ x  15 cm
 AB  4x ⇒ AB  36 cm AB  4x ⇒ AB  60 cm
 BC  x ⇒ BC  9 cm BC  x ⇒ BC  15 cm
CAPÍTULO II
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
22. Temos três possibilidades:
 1ª) 
 
4x5x
P
CB
80
M N
A
x
 5x  4x  x  80 ⇒ x  8 cm
 MN  MB  BN ⇒ MN  2,5x  2x ⇒ MN  36 cm
 2ª)
 P
80
M
5x 4x
NB
A C
x
 1) BP  PC  BC ⇒ BP  x  4x ⇒ BP  3x
 2) AB  BP  80 ⇒ 5x  3x  80 ⇒ x  10 cm
 3) MN  MB  BN ⇒ MN  2,5x  2x ⇒ MN  45 cm
 3ª)
 
A
x
C
x x
B
2x
NP M
80
 1) BP  PC  BC ⇒ BP  x  4x ⇒ BP  3x
 2) BN  NP  BP ⇒ 2x  NP  3x ⇒ NP  x
 3) AC  BC  AB ⇒ AC  4x  5x ⇒ AC  x
 4) AP  80 ⇒ 2x  80 ⇒ x  40 cm
 5) Se o ponto M dista 2,5x do ponto A, então M é ponto médio de 
PN.
 Logo, MN  
x
2
 e então MN  20 cm.
23. Hipótese Tese
 AB  CD ⇒ AD e BC têm o mesmo ponto médio
DCMB
A r
 Demonstração
 Seja M o ponto médio de BC. Temos:
 AM  AB  BM  CD  MC  MD
 Como AM  MD, M também é ponto médio de AD.
24. Hipótese Tese
 AC  BD ⇒ 
1) AB  CD 
2) BC e AD têm o mesmo ponto médio
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 Demonstração 
D
CB
A
 1) Observando o segmento BC, temos:
 AC  BD ⇒ AC  BC  BD  BC ⇒ AB  CD
 2) Análogo ao exercício 23.
26. Temos duas possibilidades:
 1ª) A
BM N
C
 MN  MB  BN ⇒ MN  
AB
2
  
BC
2
 ⇒ MN  
AB  BC
2
 2ª) 
C N
B
M
A
 MN  MC  CN ⇒ MN  (BM  BC)  CN ⇒ 
 ⇒ MN  (BM  BC)  
BC
2
 ⇒ MN  BM  BC  
BC
2
 ⇒
 ⇒ MN  BM  
BC
2
 ⇒ MN  
AB  BC
2
28. O segmento MN terá medida constante e igual à metade do segmento 
AB.
 Justificação
 Temos três casos a analisar:
 1°) 
A P
NBM
AP
2
AP
2
BP
2
BP
2
 Neste caso temos:
 MN  MP  NP ⇒ MN  
AP
2
  
BP
2
 ⇒ MN  
AP  BP
2
 ⇒ MN  
AB
2
 2°) B
M P
A
N
BP
2
BP
2
AP
2
AP
2
 Neste caso temos:
 MN  
AP  BP
2
 ⇒ MN  
AB
2
 3°) 
N
P
M A
B
AP
2
AP
2
BP
2
BP
2
 Neste caso temos: 
 MN  PN  PM ⇒ MN  
BP
2
  
AP
2
 ⇒ MN  
BP  AP
2
 ⇒ MN  
AB
2
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 — Ângulos
55. ângulo → x complemento → (90°  x)
 “O ângulo maistriplo do complemento é igual a 210°.”
 x  3  (90°  x)  210° ⇒ 2x  60° ⇒ x  30°
59. ângulo → x
 complemento do ângulo: (90°  x) 
 complemento da metade: 90°  
x
2
 
 triplo do complemento da metade: 3  90°  
x
2
 
 suplemento do triplo do complemento da metade: 180°  3 90°  
x
2
 
 180°  3 90°  
x
2
  3  (90°  x) ⇒ 
9x
2
  360° ⇒ x  80°
60. ângulo → x
 complemento do dobro do ângulo → (90°  2x)
 suplemento do complemento do ângulo ⇒ 180°  (90°  x)
 180°  (90°  x)  
90°  2x
3
  85° ⇒ x  15°
65. Sejam x e y os ângulos.
 
x
y
  
2
7
 
x  y  180°
⇒ (x  40°, y  140°)
 O complemento do menor é igual a 90°  x  90°  40°  50°.
68. ângulo → x
 complemento do ângulo → (90°  x)
 suplemento do ângulo → (180°  x) 
 “O triplo do complemento mais 50° é igual ao suplemento.”
 3  (90°  x)  50°  180°  x ⇒ 2x  140° ⇒ x  70°
72. x e z são opostos pelo vértice ⇒ x  z
 x e y são suplementares ⇒ y  180°  x
 “x mede a sexta parte de y, mais metade de z.”
 x  
180°  x
6
  
x
2
 ⇒ 6x  180°  x  3x ⇒ x  45°
 y  180°  45° ⇒ y  135°
74. Os ângulos são da forma 2k, 3k, 4k, 5k e 6k e somam 360°.
 2k  3k  4k  5k  6k  360° ⇒ 20k  360° ⇒ k  18°
 O maior ângulo é de 6k  6  18°  108°.
75. Hipótese: AÔB  CÔD 
OX
→
, OY
→
 são bissetrizes
CAPÍTULO III
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 Tese: OX
→
 e OY
→
 são semirretas 
opostas
 Demonstração
 
a
a
c
b
b
c
XY
A
BD
C
O O ângulo entre OX
→
 e OY
→
 é dado por
 (a  b  c)
 2a  2b  2c  360° ⇒ a  b  c  
 180°
 Portanto, OX
→
 e OY
→
 são semirretas 
opostas.
77. Hipótese Tese
 rôs e sôt adjacentes
 e complementares
 Ox e Oy, respectivas
 bissetrizes 
⇔ xôy  45°
 Demonstração
 Sejam a medida de rôx  xôs  a 
e a medida de sôy  yôt  b:
 O
t
y
s
x
r
β
β
α
α
 a  a  b  b  90° ⇒
 ⇒ 2a  2b  90° ⇒ 
 ⇒ a  b  45° ⇒ xôy  45°
78. 2a  2b  136°
 a  b  68°
 
O
b
b
a
a r
x
s
y
t
 Resposta: o ângulo formado pelas 
bissetrizes é igual a 68°.
79. Temos duas possibilidades:
 1ª) 2ª)
 O
a
a
bb
t
y
s
x
r
 
b
b
a
52º
t
y s
x
r
O
a
 Ox e Oy são bissetrizes Ox e Oy são bissetrizes
 
⇒
a  b  52°
2a  40°
⇒ 2a  2b  104° ⇒
⇒ 40°  2b  104° ⇒
⇒ 2b  64° 
a  b  52°
2b  40°
⇒ a  20°  52° ⇒
⇒ a  72° ⇒
⇒ 2a  144°
⇒
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 — Triângulos
91. a) AB  AC
AB  BC
⇒
x  2y  2x  y
x  2y  x  y  3
⇒
x  3y  0 
⇒ (x  9, y  3)y  3
⇒
 AB  x  2y ⇒ AB  15
 O perímetro do triângulo ABC é igual a 3  15  45.
 b) AB  AC ⇒ 2x  3  3x  3 ⇒ x  6 
AB  2x  3 ⇒ AB  15; AC  AB ⇒ AC  15; BC  x  3 ⇒ 
⇒ BC  9 
O perímetro do triângulo ABC é igual a AB  AC  BC  39.
92. Sejam l a medida dos lados congruentes, b a medida da base e p o 
semiperímetro. Temos:
 
p  7,5
2l  4b
⇒
2l  b
2
  7,5
l  2b
⇒ (l  6 m, b  3 m)
 Resposta: Os lados do triângulo medem 3 m, 6 m e 6 m.
98. nABC  nDEC ⇒ ⇒ ⇒ (a  10°, b  12°)
3a  2a  10°
b  48°  5bÊB̂
 D̂

100. nCBA  nCDE ⇒ ⇒ ⇒ (x  14, y  10)
2x  6  22
35  3y  5
AC  CE
AB  DE
 Os perímetros são iguais; portanto, a razão entre eles é 1.
101. 1) nPCD  nPBA ⇒ ⇒ ⇒ (x  10, y  19)
3y  2  2y  17
x  5  15
PD  PA
CD  AB
 2) nPCD  nPBA ⇒ AB  CD (1)
 
nPCA  nPBD
PC  PB
PB̂C  PĈB (nPBC é isósceles)
CA  BD (usando (1) e o fato
de BC ser comum)
LAL
 Logo, a razão entre os perímetros destes triângulos é igual a 1.
108. Hipótese Tese
 nABC é isósceles
AM é mediana
relativa à base
⇒ MÂB  MÂC
CAPÍTULO IV
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 
nABM  nACM
LLL
AB  AC (hipótese)
BM  MC (hipótese)
AM comum
Demonstração
 Logo, MÂB  MÂC e concluímos que AM é 
 bissetriz do ângulo Â. 
A
B C
M
109. Hipótese Tese
 nABC é isósceles
AD é bissetriz
relativa à base
⇒
AD é mediana
(isto é, BD  DC)
 
 Demonstração
 (AB  AC; BÂD  CÂD; AD comum) ⇒
 
LAL
 nABD  nACD ⇒ BD  DC 
A
B C
D
111. Hipótese Tese
 nABC é isósceles
de base BC 
CD é bissetriz de Ĉ
BE é bissetriz de B̂
⇒ CD  BE 
 Demonstração
 (EB̂C  DĈB; BC comum; EĈB  DB̂C) ⇒
 nCBD  nBCE ⇒ CD  BE
ALA
 
A
B C
D E
a
a a
a
112. Hipótese Tese
 AM é bissetriz
AM é mediana
⇒ nABC é isósceles
 
 Demonstração
 1) Tomemos P sobre a semirreta AM
→
 com
 M entre A e P e MP  AM.
 2) (nAMB  nPMC pelo LAL) ⇒ 
 ⇒ (BÂM  CP̂M e AB  PC)
 3) (BÂM  CP̂M; AM (bissetriz)) ⇒ 
 ⇒ CP̂M  CÂM
 Donde sai que nACP é isósceles de
 base AP. Então: AC  PC.
 4) De AB  PC e PC  AC obtemos
 AB  AC. Então, o nABC é isósceles. 
A
B C
M
P
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8
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 Desigualdades nos triângulos
114. Seja x o terceiro lado. Temos:
 |8  21|  x  8  21 ⇒ 13  x  29
 Se x é múltiplo de 6 entre 13 e 29 (exclusive), então x  18 cm ou x  
 24 cm.
115. |20  2x  (2x  4)| x  10  20  2x  2x  4 ⇒
 
x  10  24
|16  4x|  x  10
⇒
x  14
x  10  16  4x  x  10
⇒ ⇒
x  14
x  10  16  4x
16  4x  x  10
⇒
x  14
x  
26
3
x  
6
5
⇒ ⇒
6
5
  x  
26
3
116. Aparentemente temos duas possibilidades: 38 cm ou 14 cm.
 Mas um triângulo de lados 14 cm, 14 cm, 38 cm não existe, pois 
não satisfaz a desigualdade triangular.
 O triângulo de lados 38 cm, 38 cm, 14 cm satisfaz a desigualdade 
triangular.
 Resposta: 38 cm.
117. AC  b  27, BC  a  16, AB  c é inteiro
 Ĉ  Â  B̂ ⇒ c  16  27 ⇒ c  16
 O valor máximo de AB é 15.
122. Sejam: a: hipotenusa; b, c: catetos. Temos:
 
a  b
a  c
 ⇒ 2a  b  c ⇒ a  
b  c
2
123. a  b  c ⇒ 2a  a  b  c ⇒ a  
a  b  c
2
124. De acordo com o teorema do ângulo 
 externo, temos: a  b.
 (a  b, b  A) ⇒ a  A
 
A
B C
P
α
β
126. 
c  x  y  a  b
b  x  z  a  c
a  y  z  b  c
 ⇒ 
A
B C
y
x
z
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 ⇒ a  b  c  2(x  y  z)  2(a  b  c) ⇒
 ⇒ 
a  b  c
2
  x  y  z  a  b  c
127. 
x  m  n
y  r  q
z  o  p
x  y  z  (p  q)  (n  o)  (m  r)
x  y  z  a  b  c
⇒
A
B C
M
c
b
m n
r
x
y
P N
p
o
z
q
a
128. 1) Tomemos A' sobre a semirreta AM
→
, 
com M entre A e A' e MA'  ma.
 2) (nAMB  nA'MC pelo caso LAL) ⇒ 
⇒ A'C  c
 3) No nAA'C temos: 
|b  c|  2ma  b  c ⇒
 ⇒ 
|b  c|
2
  ma  
b  c
2
 
A
B C
M
c bm
a
m
a
129. 1) De acordo com o exercício 128, temos:
 ma  
b  c
2
; mb  
a  c
2
; mc  
a  b
2
 ⇒
 ⇒ ma  mb  mc  a  b  c
 2) nABM: c  ma  
a
2
. Analoga-
 mente, b  mc  
c
2
, a  mb  
b
2
. 
A
B C
M
c
b
m
a
a
2
a
2
 Somando membro a membro as desigualdades, temos 
a  b  c
2
  
 ma  mb  mc.
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10
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 — Paralelismo
147. a) Os ângulos internos são dados por (180°  a), (180°  b) e 
(180°  γ). Como a soma destes deve ser igual a dois retos, temos:
 (180°  a)  (180°  b)  (180°  γ)  180° ⇒ a  b  γ  360°.
 b) De modo análogo: 
(360°  a)  (360°  b)  (360°  γ)  180° ⇒ a  b  γ  900°
148. a) Ĉ  x  15° ⇒ (x  15°)  (x  15°)  x  180° ⇒ x  50°
 b) AĈB  180°  4x. nABC é isósceles de base BC ⇒ 180°  4x  x ⇒ 
⇒ x  36°
 c) Â  180°  (x  70°)
Ĉ  
180°  Â
2
⇒
  110°  x
x  
180°  (110°  x)
2
⇒ x  70°
 
149. d) AB  AC 1) nACD é isósceles ⇒
 ⇒ AĈD  x
 2) AD̂C  180°  2x
 3) CD̂B  2x
 4) nCBD é isósceles ⇒ 
 ⇒ CB̂D  2x5) BĈD  180°  4x
 6) nABC é isósceles ⇒
 ⇒ 180°  4x  x  2x ⇒
 
A
B
D
C
180º – 2x
180º – 4x
2x
2x
x
x
 ⇒ x  36°
 f) 1) nABD é isósceles ⇒
 ⇒ AB̂D  65°
 2) AD̂B  50°
 3) BD̂C  130°
 4) nDB̂C é isósceles ⇒
 ⇒ x  25°
 
A B
D
C
50º
65º65º
130º
x
 g) 
x  y  2x  10°
x  y  2x  10°  y  180°
⇒
x  y  10°
3x  2y  170°
⇒ x  30°, y  40°
CAPÍTULO V
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11
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 h) 1) nABC é isósceles ⇒ AĈB  2x  y
 2) EĈD  180°  (x  y)  (2y  25°)
 3) EĈD  AĈB (o.p.v.)
 4) nCDE é isósceles ⇒ x  y  2y  25°
 3) e 4) ⇒ 
180°  (x  y)  (2y  25°)  2x  y
x  y  2y  25°
⇒ x  15°, y  40°
C
B
2x + y
2x + y
2y – 25º E
x + y
D
A
152. Construímos a reta t, t  r, t  s.
 t divide o ângulo de 112° em dois
 outros: y e z.
 y  40° (alternos internos)
 y  z  112° ⇒ z  72°
 z  x (alternos internos) ⇒ x  72°
 
r
t
s
40º
112º
x
y
z
154. Construímos a reta t, t  r, t  s.
 t divide o ângulo de 100° em x e y.
 x  180°  3a (colaterais internos)
 y  180°  2a (colaterais internos)
 x  y  100° ⇒ 360°  5a  100° ⇒
 ⇒ a  52°
 s
t
y
x
100º
2α
3α
r
165. Do nABC temos:
 2b  2c  80°  180° ⇒ b  c  50°
 Do nBCD temos:
 b  c  x  180° ⇒
 ⇒ 50°  x  180° ⇒ x  130° 
b
b
B
x
D
c
c
C
A
80º
 
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12
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
167. ângulo do vértice: x
 ângulo da base: 180°  
5
4
x
 x  2 180°  
5
4
x  180° ⇒ 
 ⇒ x  120° 
5
4
x
x
180º – x
5
4
 Resposta: os ângulos medem 120°, 30° e 30°.
168. Seja x o valor dos ângulos externos em 
B e C. Temos:
 Â  
2x
10
 ⇒ Â  
x
5
 
x
5
  2  (180°  x)  180° ⇒ x  100°
 Â  
x
5
 ⇒ Â  20° 
x x
CB
A
180º – x
180º – x
x
5
169. nABC: x  2b  2c  180° ⇒
 ⇒ b  c  
180°  x
2
 nPBC: x  76°  b  c  180°
 x  76°  
180°  x
2
  180° ⇒
 ⇒ x  28° 
x
P
C
c
c
x + 76ºb
b
B
A
170. a é ângulo externo do nABD ⇒ a  
Â
2
  B̂
 b é ângulo externo do nACD ⇒ b  
Â
2
  Ĉ 
⇒ a  b  B̂  Ĉ
174. nCDE: CD̂E  180°  6b;
 EĈD  100°
 x  100°  (180°  6b)  180° ⇒
 ⇒ x  6b  100°
 nABC: 3b  b  100° ⇒
 ⇒ b  25°
 x  6b  100° ⇒
 ⇒ x  50°
 
B
E
DC
x
80º
100º
180º – 6β
γ = 6β
α = 3β
β
A
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13
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
176. Considere as figuras:
A
30º
150º
75º 75º
B C B
Fig. 1 Fig. 2
C
A
B
Fig. 3
C
A
x
15º
x
y
75º
2
75º
2
75º
2
 a) É fácil deduzir (figura 1) que os ângulos medem 30°, 75° e 75°.
 b) De acordo com a figura 2, temos x  
75°
2
  
75°
2
  180°. Donde 
vem: x  105°.
 c) De acordo com a figura 3, temos:
 x  15°  37° 30'  180° ⇒ x  127° 30'
 y  15°  37° 30' ⇒ y  52° 30'
179. primeiro ângulo: x
 segundo ângulo: x  28°
 terceiro ângulo: x  10° 
x  (x  28°)  (x  10°) 
 180° ⇒ x  66°
⇒ 
 Resposta: os ângulos medem 66°, 38° e 76°.
182. Prolonguemos a reta AB
↔
.
 Na figura temos:
 b  2m  3m ⇒ b  5m
 a  b  m ⇒ a  6m
 A
B
2m
3m
m
α
β
183. 1) Â  B̂  Ĉ  180° ⇒
 ⇒ B̂  Ĉ  180°  Â
 2) 2b  B̂  180°
 2c  Ĉ  180° 
⇒
 ⇒ 2(b  c)  360°  (B̂  Ĉ)
 3) 2(b  c)  360°  (B̂  Ĉ) ⇒
 ⇒ 2(b  c)  360°  (180°  Â ) 
  180°  Â
 
A
B B C
C
b
b
c
c
x
µ µ
 4) x  (b  c)  180° ⇒ x  
180°  Â
2
  180° ⇒ x  90°  
Â
2
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
184. Na figura marcamos os ângulos de
 mesma medida.
 nABD: x  y  z  48°
 nACD: y  z  x
 Subtraindo membro a membro:
 x  48°  x ⇒ x  24°
 
A
48°
B
D
E
C
x
z
y y
z
185. Seja x a medida do ângulo  . Temos:
 1) nAEF é isósceles ⇒ FÊA  x
 2) DF̂E é externo ao nAEF ⇒ DF̂E  2x
 3) DÊC é externo ao nAED ⇒ DÊC  3x
 4) nCDE é isósceles ⇒ DĈE  3x
 5) BD̂C é externo ao nACD ⇒ BD̂C  4x
 6) nBCD é isósceles  CB̂D  4x
 7) AC  AB ⇒ BĈD  x
 8) Â  B̂  Ĉ  180° ⇒
 ⇒ x  4x  4x  180° ⇒ x  20°
 
A
E
C B
x
x
x
2x
2x
4x
4x
3x
3x
187. Na figura temos:
 1) nABC é isósceles ⇒ AB̂D  AĈD
 2) ED̂B, AĈD correspondentes ⇒
 ⇒ ED̂B  AĈD
 3) FD̂C, AB̂D correspondentes ⇒
 ⇒ FD̂C  AB̂D
 4) nEBD e nFDC são isósceles B
A
D C
E
x x
5 – x
5 – y
F
y
y
43
 Indiquemos por x e y os lados de mesma medida desses 
triângulos. Temos: AE  ED  DF  AF  (AE  x)  (y  AF)  
 5  5  10 cm.
188. 1) Indiquemos as medidas AB  AC  b
 e CD  a, donde obtemos BC  a  b.
 2) Tracemos AP com AP  b, de modo que 
BÂP  60°. Obtemos dessa forma o 
triângulo equilátero APB de lado b.
 3) Consideremos agora os triângulos PAD 
e ABC. Note que eles são congruentes 
pelo caso LAL.
 Logo: PD  AC  b e AP̂D  100°.
 4) De PD  b concluímos que o nPBD 
é isósceles. Neste triângulo PBD, 
como P̂  160°, concluímos que 
B̂  D̂  10°.
 5) Finalmente, de AB̂P  60°, DB̂P  10° e 
CB̂A  40°, concluímos que CB̂D  10°.
A
C
B
D P
b
b
b
b
a
a + b 40°
60°
40°
40° 60°
100°
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 — Perpendicularidade
192. 1) (AĤB  90°, B̂  70°) ⇒ 
⇒ HÂB  20°
 2) AS é bissetriz ⇒ SÂC  35°
 3) nABC: (Â  70°, B̂  70°) ⇒ 
⇒ Ĉ  40°
 
A
SH
B C
15º
35º
70º
20º
• •
C
193. a) b)
 
A
B
DC
E
25º
x
•
•
 
35º
55º
D C E
x
•
•
A
B
 1) AĈB  65° 1) Prolongamos AB até cortar CD
→
 
em E.
 2) AĈB e DĈE são o.p.v. ⇒ 2) nAED: Ê  55°
 ⇒ DĈE  65° 3) nBCE: x  90°  55° ⇒
 3) x  90°  DĈE ⇒ x  25° ⇒ x  145°
198. 1) nABH ⇒ HÂB  30°
 2) nACH ⇒ HÂC  70°
 3) SÂC  70°  x
 4) AS é bissetriz ⇒ x  30°  
  70°  x ⇒ x  20° 
A
B C
70º
70º – x
60º
30º
20º
•
x
H S
•
199. 1) Usando o resultado do exercício 194:
 x  
2
3
 x  180° ⇒ x  108°
 2) B̂  
2
3
 x ⇒ B̂  72°  Â
 3) Â  B̂  Ĉ  180° ⇒ Ĉ  36°
 Resposta: os ângulos medem 36°, 
72° e 72°.
 
C
A
Q
BP
S
x
2
3
x
•
•
CAPÍTULO VI
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
201. a) b)
 
Cx
M
B
65º
A
x
•
 
A
C
M H
B
x
50º
50º + x
•
•
 1) AM  MC ⇒ Ĉ  x 1) AM  MB ⇒ B̂  50°  x
 2) nABC: x  90°  65°  180° ⇒ 2) nABH: x  50°  x  90° ⇒
 ⇒ x  25° ⇒ x  20°
203. 1) nAEB: AB̂E  20°
 2) AB̂E  20° ⇒ EB̂C  70°
 3) nABC: Ĉ  20°
 4) BD é mediana ⇒ DB  DC ⇒
 ⇒ DB̂C  Ĉ  20°
 5) EB̂D  DB̂C  70° ⇒
 ⇒ EB̂D  20°  70° ⇒ EB̂D  50°
 
B
C
DE
A
20º
20º
20º
70º
70º
x
•
•
204. 1) AM é mediana ⇒
 ⇒ AM  MB ⇒ BÂM  B̂
 2) BF é bissetriz ⇒ AB̂F  
B̂
2
 3) x é externo ao nABF ⇒
 ⇒ x  B̂  
B̂
2
  
3B̂
2
A
B
C
F
M
B
B
2
B
2
•
205. 1) nAMS: M̂  68°, AM̂C  112°
 2) AM  MC ⇒ nAMC isósceles ⇒ 
 ⇒ Ĉ  MÂC  34°
 3) nABC: B̂  56°
 Resposta: B̂  56; Ĉ  34°.
C
M S
B
A
34º
22º
56º68º
112º
34º
•
•
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
207. 1) nPBC: b  c  116°  3) Usando o resultado do exercício
  180° ⇒ b  c  64° 194, temos:
 2) nABC: 2b  2c  Â  H1ÔH2  128° ⇒ H2ÔC  52°
  180° ⇒ Â  52°
 
A
B C
b
b
c
c
P
52º
116º
 
A
B C
O
52º
52º
128º
H
1
H
2
•
•
208. 1) nABC:  90°  B̂  Ĉ  180° ⇒
 ⇒ B̂  Ĉ  90°
 2) nACH: HÂC  B̂
 3) nAMC é isósceles ⇒ MÂC  Ĉ
 4) x  B̂  Ĉ ⇒ x  Ĉ  B̂ 
A
CB
M H
B
B B
C
C
x
•
 Procedendo de modo análogo, obtemos:
 5) x  B̂  Ĉ
 Logo, 4), 5) ⇒ x  |B̂  Ĉ|.
A
CB
MH
B
B
C
C
x C
•
• µ
µ
µ
µ
µ
209. Hipótese Tese
 AM é mediana
 AM  BM  MC 
⇒ nABC é retângulo
 Demonstração
 1) nABM é isósceles ⇒ AB̂M MÂB  a
 2) nACM é isósceles ⇒ AĈM  MÂC  b
 3) nABC: 2a  2b  180° ⇒ a  b  90°
 4) a  b  90° ⇒ Â  90°
A
CB
M
α
α
β
β
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
211. Hipótese Tese
 nABC é isósceles
 BD: altura relativa a AC ⇒ BD  CE
 CE: altura relativa a AB
 Demonstração 
A
DE
CB
••
 BC  CB (comum)
 AB̂C  AĈB (nABC isósceles) nBCE  nCBD ⇒ BD  CE
LAAo
 CÊB  BD̂C (retos)
212. AM é lado comum
 AM̂B  AM̂C (AM é altura) nAMC  nAMB 
LAL
 ⇒
 BM  MC (AM é mediana)
 ⇒ AB  AC ⇒ nABC é isósceles
A
M CB
••
214. Conforme a figura:
 1) nABC: 2b  2c  90°  180° ⇒
 ⇒ b  c  45°
 2) nIBC: x  b  c  180° ⇒
 ⇒ x  135° 
c
c C
b
b
x
A
I
B
•
215. Hipótese Tese
 BE  CD nABC é isósceles
 Demonstração
 (BE  CD; BC comum) 
caso
especial
 ⇒ nBCD  nCBE ⇒ CB̂D  BĈE ⇒
 ⇒ nABC é isósceles 
O
D
A
E
CB
••
220. 1ª parte: 
 nAHB: ha  c
 Analogamente: hb  a; hc  b.
 Somando as desigualdades, temos:
 ha  hb  hc  a  b  c 
A
B
c b
C
Hx a – x
h
a
•
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19
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 2ª parte:
 nABH: c  ha  x
 nACH: b  ha  a  x 
⇒ 2ha  b  c  a
 Analogamente: 2hb  a  c  b; 2hc  a  b  c.
 Somando as três últimas desigualdades: ha  hb  hc  
a  b  c
2
.
221. Sendo M o ponto médio de 
DE e indicando AB  l, temos 
DM  EM  l.
 Note que também BM  l. 
A C
B E
18º18º
M
x
x
r
ll
l
l
s
D
•
 Dessa forma concluímos que 
os triângulos ABM e BME 
são isósceles. Calculando os 
ângulos das bases, obtemos 
x  36°.
222. Tracemos SR tal que SR ⊥ BC.
 Temos:
 ( BS comum; SB̂R  SB̂A, R̂  Â) 
LAAo
 ⇒ nBSR  nBSA ⇒
 
⇒
 AS  SR
 
nSRC ⇒ SR  SC 
⇒ AS  SC
A
S
C
R
B
•
•
•
223. 1) Os ângulos da base devem 
medir 70° cada.
 Daí, EB̂D  35°; EĈB  
 55°; BP̂C  90°.
 2) Note que BP é bissetriz e 
altura. Assim, o nBCE é 
isósceles e então PC  PE.
 3) Note agora que DP é 
mediana e é altura no 
nCDE. Então, nCDE é 
isósceles e daí:
 DÊP  15°.
 4) Do nDEP tiramos x  75°. 
15º
55º
D
P
x
E
15º
A
B C
35º
35º
•
•
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20
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 — Quadriláteros notáveis
226. a) PA  PB ⇒ B̂  x
 100°  120°  3x  x  360° ⇒
 ⇒ x  35°
C
P
B
A
D
2x
x
120º
100º
 b) Traçamos BD.
 nABD e nBCD são isósceles ⇒
 ⇒ AD̂B  40°, CD̂B  70°
 x  40°  70°  180° ⇒ x  70°
A
B
D
C
100º
40º40º
70º70º
40º
x
227. a) A B
P
D
y
y
x
x + 35º
65º
65º
80º
C
 1) AP bissetriz ⇒ BÂP  65°
 2) Indiquemos por 2y o ângulo B̂.
 3) BP é bissetriz ⇒ AB̂P  PB̂D  y
 4) nABP: x  35°  y  65°
 ABDC: x  2y  80°  130°  360° 
⇒ x  70°
 b) 
a
a
A
P
x
b
b
B
C
100º
D
x
 1) Marquemos os ângulos congruentes determinados pelas bissetri-
zes AP e BP.
 2) nPAB: a  b  180°  x
 ABCD: 2(a  b)  x  100°  360° 
⇒ x  100°
CAPÍTULO VII
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
229. De acordo com a figura, temos:
 nABP: a  b  180°  x
 nQCD: c  d  180°  y
 ABCD: 2(a  b)  2(c  d)  360° ⇒
 ⇒ 2(180°  x)  2(180°  y)  360° ⇒ 
 ⇒ x  y  180° 
d
d
D
a
Q
y
a b
bx
A
P
B
c
c
C
231. 
A B
D
C
P
d
d c
c
x110º
x –15º
 1ª parte
 Trapézio ABCD: 2d  110°  180° ⇒ d  35°
 nPCD: c  d  (x  15°)  180° ⇒ c  35°  x  15°  180° ⇒
 ⇒ c  x  160° (1)
 Trapézio ABCD: 2c  x  180° (2)
 (1) e (2) ⇒ x  140°
 2ª parte
 c  x  160° ⇒ c  140°  160° ⇒ c  20° ⇒ BĈD  40°
235. AD  20 cm, BQ  12 cm ⇒
 ⇒ CQ  8 cm
 Se BQ  BP  12 cm, então
 nBPQ é isósceles, P̂  BQ̂P e
 BQ̂P  CQ̂D (o.p.v.).
 Como AP  CD, temos
 AP̂Q  CD̂Q (alternos internos) ⇒
 ⇒ nCQD é isósceles ⇒
 ⇒ CQ  CD  8 cm.
 Logo, o perímetro do paralelo- 
 gramo ABCD vale 56 cm. 
P
12
12
B
A
20
D
8
C
8 Q
244. Sejam a e b os ângulos consecutivos. Temos:
 
a  b  180°
a  b  
2(a  b)
9
⇒ (a  110°, b  70°).
 Resposta: os ângulos medem 110°, 70°, 110° e 70°. 
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22
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
245. Hipótese Tese
 ABCD é paralelogramo ⇒ AP̂B  90°
 AP e BP são bissetrizes
 Demonstração
 ABCD é paralelogramo ⇒
 ⇒ 2a  2b  180° ⇒ 
 ⇒ a  b  90°
 nPAB: a  b  AP̂B  180° ⇒
 ⇒ AP̂B  90° B
b
b
P
a
a
A
D C
247. ABCD é losango ⇒ as diagonais 
são perpendiculares
 Seja PÂB  
1
3
  90°  30°.
 Então, temos: no nABP, AB̂ P  60°.
 Como as diagonais do losango são
 também bissetrizes, os ângulos do
 losango são: 60°, 120°, 60°, 120°.
C
30º 30º
60º
60º
60º
60º
D
P
30º30º
A
B
•
251. Os ângulos a que se refere o enunciado são adjacentes a uma 
mesma base, senão sua soma seria 180°. Sejam x e y os ângulos. 
Temos:
 
x  y  78°
x  y  4°
⇒ (x  41°, y  37°)
 O maior ângulo do trapézio é o suplementar de y, que é 180°  37°  
 143°.
 Resposta: 143°.
252. Seja ABCD o trapézio, com Ĉ  80° e D̂  60°. Daí, Â  120° e B̂  100°.
 1°) 2°) 3°)
50º
60º
60º80º
P
x
AB
C D
50º
120º
60º40º
z R
AB
C D
100º
30º
Q
y
AB
C D
40º
120º 50º
40º
40º 30º
60º
50º
•
 Ângulos formados Ângulos formados Ângulos formados
 pelas bissetrizes de pelas bissetrizes de pelas bissetrizes de
 Â e B̂: de Ĉ e D̂: B̂ e Ĉ:
 nABP ⇒ nCDQ ⇒ nBCR ⇒
 ⇒ 50°  60°  x  ⇒ 40°  30°  y  ⇒ 50°  40°  z 
  180° ⇒ x  70°  180° ⇒ y  110°  180° ⇒ z  90°
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 4°) 5°) 6°)
30º
80º
S w
AB
C D
30º80º
M
m
AB
C D
40º
T
t
AB
C D
60º
30º
120º
50º
50º60º
60º100º
40º30º
60º
60º
100º
•
 Ângulos formados Ângulos formados Ângulos formados
 pelas bissetrizes de pelas bissetrizes de pelas bissetrizes de
 Â e D̂: Â e Ĉ: B̂ e D̂:
 nADS ⇒ Quadrilátero ABCT: Quadrilátero BADM:
 ⇒ 60°  30°  w  60°  100°  40°  t  50°  120°  30°  m 
  180° ⇒ w  90°  360° ⇒ t  160°  360° ⇒ m  160°
254. a) 1) PÂB  60°, BÂD  90° ⇒ PÂD  30° 
2) PA  AD ⇒ nAPD é isósceles 
⇒ AD̂P  75°
D
P
A B
x
C
 b) 1) PÂB  60°, BÂD  90° ⇒ PÂD  150° 
2) PA  AD ⇒ nAPD é isósceles ⇒ AD̂P  15°
A
60º
P
BC
D
x •
255. b) 
 
2y – 7
3x + 1
x
y
 
x  
2y  7
2
y  
3x  1
2
⇒ x  6; y  
19
2
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
256. DE é base média ⇒ DE  
14
2
  7
 EF é base média ⇒ EF  
9
2
  4,5
 DF é base média ⇒ DF  
11
2
  5,5
 Perímetro nDEF  7  4,5  5,5  17 
A
D E
B C
F
9 11
14
259. 1ª parte
 M, N, P, Q são pontos médios de
 AD, AB, BC, CD;
 MN  NP  PQ  QM 
⇒ AC  BD nABC ⇒ AC  2NP
 nABD ⇒ BD  2MN 
A N B
M P
D
Q
C
 2ª parte:
 M, N, P, Q são pontos médios de
 AD, AB, BC, CD;
 MNPQ é retângulo
 nABC ⇒ AC  NP
 nABD ⇒ BD  MN 
⇒
 ⇒ AÔB  MN̂P ⇒ AC ⊥ BD 
A
M
N
B
P
C
Q
D
O
•
•
•
•
•
262. Sejam B a base maior e b a base menor. Temos:
 
B  b
2
  20
B  
3b
2
⇒ (B  24 cm; b  16 cm) 
263. nABC ⇒ PR  
AB
2
 ⇒ PR  
20
2
 ⇒ PR  10 cm
 nBCD ⇒ RQ  
CD
2
 ⇒ RQ  
12
2
 ⇒ RQ  6 cm
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 RS é base média do trapézio ⇒
 ⇒ RS  
20  12
2
 ⇒ RS  16 cm
 
D
12
C
P Q R
A
20
B
S
264. c) 
x  
y  7
2
 
y  
x  16
2
⇒ (x  10; y  13) 7
x
y
16
z
 
16  
y  z
2
 ⇒ z  19 
 
 d) nACD ⇒ MP  
y
2
 nBCD ⇒ NQ  
y
2
 MN  
y
2
  y  1  
y
2
 ⇒ x  2y  5  2y  1 
⇒
 y  1  
x  y
2
 ⇒ x  3y  2⇒ (x  20; y  6)
D y C
Q NM P
A
y + 1
x B
265. Note que no nBCE da figura o 
ângulo Ĉ mede 45°. Logo, o nBCE 
é isósceles e então BE  h. Como 
AE  b, temos BE  B  b.
 Portanto, h  B  b.
D b C
b
h h
A B
B
E B – b = h
45º
45º
•
•
•
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
266. Seja ABCD o trapézio, com Ĉ  
 30°.
 Tracemos BF, BF ⊥ CD, BF  
 2h.
 nBCE ⇒ B̂  60° 
⇒
 nCEF ⇒ F̂  60°
 ⇒ nBCF é equilátero de lado 2h 
A B
h h
2h
h
2h
D
E
F
60º
60º
30º
C
•
• •
 Portanto, h  
BC
2
.
267. Seja o paralelogramo ABCD, 
ao lado. Sejam AF e CE as bis-
setrizes dos ângulos obtusos.
 AD  BC
 DÊC  BĈE (alternos) 
⇒ DÊC  a
 DÊC  a 
⇒ AF  CE
 EÂF  a
A
E
F C
a
a a
a
a
B
D
268. Da figura podemos concluir que:
 4a  4b  360° ⇒ a  b  90°
 Quadrilátero BFOG ⇒
 ⇒ FÔG  a  b  90° (1)
 nAOB é isósceles
 2a  2b  180° 
 ⇒ OÂF  OB̂F  b
 nBOF ⇒ F̂  90° (2)
 (1), (2) ⇒ EG  AB
 Analogamente, FH  AD. 
A
F
B
D
H
C
E G
b b
b b
b b
a a
a aO
269. Seja BÂC  a.
 BÂC, AĈD alternos internos ⇒ AĈD  a
 nABC é isósceles de base AC ⇒ BĈA  a 
⇒
 ⇒ AC é bissetriz do ângulo Ĉ
 Analogamente, BD é bissetriz de D̂. 
A B
CD
a
a
a
b
b
b
270. Seja o paralelogramo ABCD.
 AD  BC (lados opostos)
 DÂC  BĈA (alternos)
 AQ̂D  BP̂C (por construção) 
LAAo
 ⇒ nAQD  nCPB ⇒ BP  DQ 
A B
CD
P
•
•
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
271. Inicialmente observemos que 
P é ponto médio de AC e Q é 
ponto médio de AB.
 AQ  BQ  AP  PC  l
 MQ é base média ⇒ MQ  l ⇒
 MP é base média ⇒ MP  l
 ⇒ APMQ é losango 
A
PQ
MB C
l l
l l l l
272. Seja ABCD o quadrilátero com 
  Ĉ  90°, BE bissetriz de 
B̂, DF bissetriz de D̂.
 Temos:
 nCDF ⇒ d  x  90°
 ABCD ⇒ 2b  2d  180° 
⇒ b  x 
 b e x são correspondentes ⇒
 ⇒ BE  DF 
D
C
E
d
d
x
Bb
b
F
A
•
•
273. Unimos E com M, ponto médio de BC. Temos:
 CM̂E  BM̂G (o.p.v.) 
nCEM  nBGM ⇒ (EM  MG, EC  BG) 
ALA
 CM  BM
 Ĉ  B̂ (retos)
 Além disso, como BC  CE  AE, temos:
 EC  BG ⇒ AG  AB  BG  BC  CE  AE
 Então:
 (EM  MG, AG  AE, AM comum) 
LLL
 nAME  nAMG ⇒ GÂM  EÂM  a
 (BM  DF , AB  AD, B̂  D̂) 
LAL
 nABM  nADF ⇒ BÂM  DÂF  a
 Logo, BÂE  2a  2  FÂD.
α
α
α
A
D
F E
C
M
B G
••
•
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28
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 — Pontos notáveis do triângulo
278. Tracemos a diagonal BD.
 ABCD é paralelogramo ⇒ BQ  DQ
 M é ponto médio de AB ⇒ AM  MB 
⇒
 ⇒ P é baricentro do nABD ⇒
 ⇒ x  
DP
2
 ⇒ x  
16
2
 ⇒ x  8 
A M B
D C
P
Q
16
x
279. 1) DĤE e BĤC são o.p.v. ⇒ DĤE  150°
 2) Quadrilátero ADHE ⇒ Â  30°
A
D
E
H 150º
150º
F
B C
•
•
•
•
••
282. Temos duas possibilidades:
 1ª) A
Q N
B
M
C
50º 50º
50º
P
40º40º
•
• •
•
••
 2ª) 
•
•
•
•
A
R N
P Q
B
M
C
65º 65º
50º
50º
130º
• •
 AP̂N  50° ⇒ PÂN  40°  Â  80° NP̂Q  50° ⇒ NP̂R  
 130° ⇒ Â  50°
 Então, B̂  Ĉ  50°. Então, B̂  Ĉ  65°.
283. a) P é baricentro ⇒ 
 y  2  2x
 y  2(7  x)
⇒ (x  4, y  6)
y
x
P 7 – x
y + 2
CAPÍTULO VIII
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 b) Tracemos a diagonal BD. Seja
 BD  AC  {M}.
 Note que G é baricentro do nBCD.
 A diagonal AC mede 8  x. Daí,
 AM  MC  
8  x
2
 .
 MG  MC  GC  
8  x
2
  x ⇒ 
A
M
G
C
B
D
8 + x
2
8 – x
2
x
 ⇒ MG  
8  x
2
 G é baricentro do nBCD ⇒
 ⇒ GC  2  MG ⇒ x  8  x ⇒
 ⇒ x  4 
286. Quadrilátero ADOE ⇒ DÔE  110°
 Quadrilátero CEOF ⇒ EÔF  130°
 Quadrilátero BDOF ⇒ DÔF  120°
 A razão entre os dois maiores ângu-
los formados pelas alturas vale:
 
130°
120°
  
13
12
 ou 
120°
130°
  
12
13
A
E
D
70º
110º
130º
120º
60º 50º
O
B C
F
•
•
•
•
••
288. PQ é base média do nABC ⇒ AP  
 PC  15 cm.
 nABC é retângulo
 BP é mediana relativa à 
 hipotenusa 
⇒
 
 ⇒ BP  15 cm
 O é baricentro do nABC ⇒
 ⇒ PO  5 cm. •
O
Q
P
C
BA
15 cm
15 cm
289. Tracemos a diagonal AC, que inter-
cepta BD em Q. Temos:
 AQ  CQ
 DM  MC 
 ⇒ P é baricentro do nACD
 AM  AB  15 ⇒ AP  
2
3
  15 ⇒
 ⇒ AP = 10
P
M
Q
CD
A B
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
290. RS  BC ⇒ 
RQ̂B  QB̂C (alternos)
SQ̂C  QĈB (alternos)
⇒
 
nRBQ é isósceles
nSCQ é isósceles
⇒
RQ  RB
QS  SC
⇒
 Temos:
 Perímetro do nARS 
  (AR  RQ)  (QS  AS) 
  (AR  RB)  (SC  AS) 
  15  18  33 cm 
A
QR S
b
b
b c
c
c
18
15
CB
291. Para facilitar, sejam
 Â  2a, B̂  2b e Ĉ  2c.
 nABC ⇒ 2a  2b  2c  180° ⇒
 ⇒ a  b  c  90°
 Daí:
 a  b  90°  c
 a  c  90°  b
 b  c  90°  a
 nAOB ⇒ AÔB  180°  (a  b) ⇒
 ⇒ AÔB  180°  (90°  c) ⇒ 
a a
b
b
O
A
B C
c
c ⇒ AÔB  90°  c ⇒
 ⇒ AÔB  90°  Ĉ
2
 Analogamente, AÔC  90°  B̂
2
; BÔC  90°  Â
2
 — Polígonos
293. e) AB  ED ⇒ Â Ê  180°
 ABCDE é pentágono ⇒
 ⇒ Â B̂ Ĉ  D̂  Ê  540° ⇒
 ⇒ (Â Ê)  B̂  Ĉ  D̂  540° ⇒
 ⇒ 180°  (x  20°)  90°  (x  10°)  
  540° ⇒ x  120° 
D
x + 10º
x + 20º
A B
C
E
•
294. a) Quadrilátero ABCD:
 Â B̂ Ĉ  D̂  360° ⇒
 ⇒ 90°  110°  90° 
  180°  x  360° ⇒
 ⇒ x  110° 
x
180º – x
45º
45º
55º
55º
80º
P
B
A
D D
•
CAPÍTULO IX
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 b) Quadrilátero ABCP:
 x  15°  B̂  65° 
  180°  x  360° ⇒ 
 ⇒ B̂  100°
 Pentágono ABCDE:
 Â B̂ Ĉ  D̂  Ê  540° ⇒
 ⇒ 2x  30°  100°  130° 
  90°  85°  540° ⇒
 ⇒ x  52°30'
 c) Análogo ao item b. E
85º
A
100º
B
P x
65º
180º – x
65º
C
D
x + 15º
x + 15º
•
 d) Sejam   2y e D̂  2z. Temos o 
que segue:
 Pentágono ABCDP ⇒
 ⇒ y  90°  160°  z  135° 
  540° ⇒ y  z  155°
 Hexágono ABCDEF ⇒
 ⇒ 2y  90°  160°  2z  x 
  40°  x  720° ⇒
 ⇒ 2(y  z)  2x  290°  720° ⇒
 ⇒ x  60° 
•
E D
C
B
F A
P
z
z
x
y
y
45º
160º
135º
x + 40º
297. a) Note que o nBPC é isósceles, 
pois BP  BC.
 O ângulo interno ai do pentágono 
 mede ai  
540°
5
  108°.
 AB̂P  60° ⇒ PB̂C  48° ⇒
 ⇒ x  66° 
B
60º
48º
x
x
P
C
E
A
D
 b) nABP é equilátero ⇒ BÂP  60°
 Ê  108° 
 nADE é isósceles 
⇒ DÂE  36°
 DÂE  BÂP  x  108° ⇒
 ⇒ 96°  x  108° ⇒ x  12°
BA
60º36º
108º
36º
P
E
D
C
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32
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
298. a) BÂF  90° ⇒ FÂE  18°
 nABE é isósceles ⇒ AÊB  36°
 x é externo ao nABE ⇒ x  36°  18° ⇒ x  54°
 GÂF  45°, x  54° ⇒ EĤA  81°  GĤB
 nCBD é isósceles ⇒ CB̂D  36° 
⇒ DB̂E  36°
 EB̂A  AÊB  36°
 y  DB̂E  GĤB  180° ⇒ y  36°  81°  180° ⇒ y  63°
B
C
A
H
GF
E
x y
D
81º
36º
18º
36º
•
 b) AF  AG ⇒ nAFG é isósceles 
⇒ AF̂G  75° ⇒ y  45°
 BÂG  90° ⇒ FÂG  30°
 Note que FĜA  75°, AĜI  90° e, então: HĜI  15°.
 Analogamente, JÎG  15°.
 nGIJ ⇒ x  15°  15° ⇒ x  30°
E D
H
C
J
G
15º 15º
F
A B
x = 30º
y 
=
 4
5º
3
0
º
7
5
º
7
5
º
I
•
•
311. De cada vértice partem n  3 diagonais. Logo, n  3  25 e, então, 
n  28.
 Resposta: o polígono possui 28 lados.
01 a 32_Manual FME9.indd 32 23/07/13 14:42
33
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
320. Seja 2x o ângulo interno.
 Quadrilátero ABCP ⇒
 ⇒ x  2x  x  
2
9
  2x  360° ⇒
 ⇒ x  81° ⇒ a
i
  162° ⇒
 ⇒ a
e
  18° ⇒
 ⇒ 
360°
n
  18° ⇒ n  20 
P
A B
xx
x
2
9
C
x
2x
2
321. n  20 ⇒ a
i
  162° ⇒ a
e
  18°
 nPBC ⇒ P̂  180°  18°  18° ⇒ 
 ⇒ P̂  144°
A B P
C
D
18º
162º
18º
322. Observando o quadrilátero MBNP,
 temos:
 B̂  156° ⇒ a
i
 156° ⇒
 ⇒ a
e
  24° ⇒
 ⇒ 
360°
n
  24° ⇒ n  15
 d  
n(n  3)
2
 ⇒
 ⇒ d  
15(15  3)
2
 ⇒ d  90 
A
M
B
N
P
C
24¼
•
•
323. Sendo d  
n(n  3)
2
, temos:
 d  21  
(n  3)  (n  3  3)
2
 ⇒ 
n(n  3)
2
  21  
(n  3)  n
2
 ⇒
 ⇒ 
(n  3)n
2
  
n(n  3)
2
  21 ⇒ n[(n  3)  (n  3)]  42 ⇒
 ⇒ 6n  42 ⇒ n  7
 d  
n(n  3)
2
 ⇒ d  
7  (7  3)
2
 ⇒ d  14
33 a 156_Manual FME9.indd 33 23/07/13 14:43
34
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
324. Quadrilátero ABCD: c d
B
A
b
a
C
e
f
D
120º
180º – (c + d)
180º – (e + f)
180º – (a + b)
 Â  180°  (a  b) 
⇒ B̂  180°  (c  d) 
 Ĉ  180°  (e  f)
 D̂  120° 
 ⇒ Â B̂ Ĉ  D̂  360° ⇒
 ⇒ 180°  (a  b) 
  180°  (c  d) 
  180°  (e  f)  120° 
  360° ⇒ 
 ⇒ a  b  c  d  e  f  300°
328. n1  n; n2  n  1; n3  n  2
 
n(n  3)
2
  
(n  1)(n  1  3)
2
  
(n  2)(n  2  3)
2
  28 ⇒
 ⇒ n2  n  20  0 ⇒ n  4 (não serve) ou n  5
 O polígono com maior número de lados é o que tem mais diagonais. 
Logo, n3  5  2 ⇒ n3  7.
331. 
(n  1  2)  180°
n  1
  
(n  2)  180°
n
  5° ⇒
 ⇒ 
(n  1)  180°
n  1
  
(n  2)  180°
n
  5° ⇒
 ⇒ n(n  1)  180°  (n  1)(n  2)  180°  5°  n(n  1) ⇒
 ⇒ n2  n  72  0 ⇒ (n  9 ou n  8) ⇒ n  8
 — Circunferência e círculo
342. (1) RA  RB  7; (2) RA  RC  5; (3) RB  RC  6
 Somando (1), (2) e (3) temos RA  RB  RC  9. (4)
 Fazendo (4)  (1), vem RC  2; (4)  (2) vem RB  4; e (4)  (3) vem 
RA  3.
343. a) 
A
b
ba
a
B
80º
Q
t
P
CAPÍTULO X
33 a 156_Manual FME9.indd 34 23/07/13 14:43
35
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 PA  PQ ⇒ nPAQ é isósceles
 PB  PQ ⇒ nPBQ é isósceles quadrilátero APBQ ⇒
 AP̂B  80°
 ⇒ 2a  2b  280° ⇒ a  b  140° 
⇒ AQ̂B  140°
 AQ̂B  a  b
 b) Traçamos a reta t, tangente comum 
pelo ponto Q. Prolongamos BP até 
interceptar a reta t em R.
A
b
b
a
a
B
Q
t
R
P
S
100º
 Note que t  AP  {S}.
 SA  SQ ⇒ nSAQ é isósceles 
quadrilátero APBQ ⇒ RQ  RB ⇒ nRQB é isósceles
 AP̂B  100°
 ⇒ 2a  2b  260° ⇒ a  b  130° 
⇒ AQ̂B  130°
 AQ̂B  a  b
353. R  r  d  R  r
 d  20 cm; r  11 cm 
⇒ R  11  20  R  11 ⇒ 9  R  31
 R é múltiplo de 6 ⇒
 9  R  31
 ⇒ (R  12 cm ou R  18 cm ou
 R  24 cm ou R  30 cm) 
r
d
R
354. Sejam R
A
, R
B
 e R
C
 os raios das circunferências de centros A, B e C, 
respectivamente. Temos:
 R
A
  R
B
  12 (1)
 R
C
  R
A
  17 (2)
 R
C
  R
B
  13 (3)
 (2)  (3) ⇒ 2  R
C
  (R
A
  R
B
)  30 ⇒ 2R
C
  12  30 ⇒
 ⇒ R
C
  21 m ⇒ R
A
  4 m ⇒ R
B
  8 m
 Resposta: R
A
  4 m, R
B
  8 m, R
C
  21 m.
33 a 156_Manual FME9.indd 35 23/07/13 14:43
36
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
355. Seja AP  x. Então, PB  7  x  BQ.
 BQ  7  x 
⇒ QC  x  1  CR
 BC  6
 CR  x  1 
⇒ AR  9  x
 AC  8
 Mas: AR  AP ⇒ 9  x  x ⇒
 ⇒ x  4,5 
C
R
Q
B
P
A
x – 1
x – 1
9 – x
7 – x
7 – x
x
359. Temos a  b  c  2p ⇒
 ⇒ b  c  2p  a (1)
 Seja AP  x ⇒ AO  x ⇒
 ⇒ OB  c  x ⇒ BR  c  x ⇒
 ⇒ RC  a  x  c ⇒
 ⇒ CP  a  x  c
 Como CP  AP  b, temos
 a  x  c  x  b ⇒
 ⇒ 2x  b  c  a
 Utilizando (1), segue que
 2x  2p  a  a ⇒ x  p  a 
B O
A
C
P
x
xc – x
c – x
a + x – c
a + x – c
361. Note que RA  RC, que SB  SC e 
que PA  PB.
 Temos:
 perímetro nPRS 
  (PR  RC)  (SC  PS) 
  (PR  RA)  (SB  PS) 
  PA  PB  10  10  20 cm 
P
C
B
S
A
R
364. Temos BC  26 cm (Pitágoras).
 De acordo com a figura:
 (10  r)  (24  r)  26 ⇒
 ⇒ r  4 cm
B
A C
P
S
O
T
r
rr
r
10 – r
10 – r
24 – r
24 – r
•
33 a 156_Manual FME9.indd 36 23/07/13 14:43
37
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
366. De acordo com as medidas indi- 
cadas na figura:
 (c  r)  (b  r)  a ⇒
 ⇒ r  
b  c  a
2
 
O
P
B
A S
c – r
c – r
r
rr
r
b – r
b – r
C
T
•
367. a  (b  r)  (c  r) ⇒ a  b  c  2r 
⇒
 a  b  c  2p ⇒ b  c  2p  a
 ⇒ a  2p  a  2r ⇒ a  p  r
r
r
r
A
b
b
 –
 r
C
b – r
a
c –
 r
c – rB
•
370. Observe que a altura do trapézio 
(AB) tem medida igual a 2r.
 ABCD é circunscrito ⇒ 
 ⇒ AB  CD  AD  BC
 Então:
 2r  13  10  15 ⇒ r  6 
A 10 D
B
15
C
13r
2r
r
••
••
371. Sejam a e b dois lados opostos e c e d os outros dois lados opostos. 
Temos: 
 a  b  8 (1); c  d  4 (2); a  b  c  d (3); a  b  c  d  56 (4)
 Substituindo (3) em (4): 
 a  b  a  b  56 ⇒ a  b  28 (5)
 (5) e (1) ⇒ (a  18 cm, b  10 cm)
 (3) ⇒ c  d  a  b ⇒ c  d  28 (6)
 (6) e (2) ⇒ (c  16 cm, d  12 cm)
372. BC  4
 perímetro nABC  10 
⇒ AB  AC  6 (1)
 DP  x ⇒ DQ  x
 EQ  y ⇒ ER  y
 BR  z ⇒ (BS  z, SC  4  z  CP)
33 a 156_Manual FME9.indd 37 23/07/13 14:43
38
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 (1) ⇒ AB  AC  6 ⇒
 ⇒ AE  ER  RB  AD 
  DP  PC  6 ⇒
 ⇒ AE  y  z  AD 
  x  4  z  6 ⇒
 ⇒ AE  y  AD  x 
  2 cm, em que
 AE  y  AD  x é o
 perímetro do nADE 
A
E
D
Q
RP
x y
yx
z
C 4 – z S z B
4 – z
374. A x Q y B
y
x
P
R
D w S C
z
z
w
 Hipótese: ABCD é paralelogramo circunscrito 
 Tese: ABCD é losango
 Demonstração
 Basta mostrar que AB  BC.
 ABCD é paralelogramo ⇒ 
AB  CD ⇒ x  y  z  w (1)
AD  BC ⇒ x  w  y  z (2)
 Somando membro a membro (1) e (2), obtemos:
 2x  y  w  2z  y  w ⇒ x  z
 Então:
 AB  x  y  z  y  BC ⇒ AB  BC  CD  AD ⇒ ABCD é losango.
375. Sendo O o centro, AB o diâmetro 
e CD uma corda qualquer que não 
passa pelo centro, considerando o 
triângulo COD, vem:
 CD  OC  OD ⇒ CD  R  R ⇒
 ⇒ CD  2R ⇒ CD  AB 
R
R
R
R
O
C
A
B
D
376. Sejam AB e CD as cordas tais que 
MO  NO, em que M é ponto médio 
de AB, N é ponto médio de CD e O é 
o centro da circunferência.
 Temos: 
A
B
C
O
M
N
•
•
D MO  NO (hipótese)
 OB  OD (raios)
 nMBO, nNDO retângulos 
⇒ nMBO  nNDO ⇒ MB  ND ⇒ AB  CD 
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39
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 — Ângulos na circunferência
382. c) CD̂A  180°  x ⇒
 ⇒ ABC
  2  (180°  x)
 AB̂C  150° ⇒ ADC
  300°
 ABC
  ADC
  360° ⇒
 ⇒ 2(180°  x)  300°  360° ⇒
 ⇒ x  150° 
D
A
B
C
x
150º
180º – x
384. a) AÔC  100°
 OA  OC (raios) ⇒ nAOC é isósceles
 (OB ⊥ AC; nAOC isósceles) ⇒
 ⇒ OB é também bissetriz ⇒
 ⇒ AÔB  BÔC  50°
 OB  OC (raios) ⇒ nBOC isósceles 
⇒ x  65° BÔC  50°
O
80º
50º50º
x
C
B
D
•
A
385. AÔD  115° ⇒ AD  115°
 x  ADC
2
 ⇒ x  
AD  DC
2
 ⇒
 ⇒ x  
115°  105°
2
 ⇒ x  110°
O
115º
x
B C
A
D
105º
115º
386. a  
CFD
  AEB
2
 ⇒
 ⇒ 70°  
AEB
  50°  AEB
2
 ⇒
 ⇒ AEB
  45°
 CFD
  AEB
  50° ⇒ CFD
  95° 
D
C
A
E B
α
F
388. b) AB̂C  40° ⇒ CD
  80°
 AD̂P  120° ⇒ PD̂B  60° ⇒ 
 ⇒ BE
  120°
 x  
BE
  CD
2
 ⇒
 ⇒ x  
120°  80°
2
 ⇒
 ⇒ x  20° 
A
x
D
C
E
B
P
40º
60º
120º
120º
CAPÍTULO XI
33 a 156_Manual FME9.indd 39 23/07/13 14:43
40
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
389. b) AV̂B  
ACB

  AB

2
 ⇒
 ⇒ AV̂B  
310°  50°
2
 ⇒
 ⇒ AV̂B  130°
 nRVS ⇒ (Ŝ  40°; V̂  130°) ⇒
 ⇒ x  10°
 
C
S
B
A
V
O
50º
40º
x
R
•
391. BÔC  160°. Prolongamos CO até 
interceptar a circunferência em D. 
 Temos, então, BÔD  20°.
 BÔD  20° ⇒ DB

  20°
 Unindo O e A e usando o fato de OB̂A  
 60°, obtemos nAOB isósceles. 
Daí, AÔB 60° e AB

  60°.
 Então:
 a  
AB

  BD

2
 ⇒
 ⇒ a  
60°  20°
2
 ⇒ a  40° 
200º
20º
60º
60º
O
A
C
B
20º
D
α
•
60º100º
393. Unimos o ponto A com o ponto C.
 Note que AĈB  90°.
 Unimos C com Q e Q com D. Temos:
 (CD  R, CQ  R, QD  R) ⇒
 ⇒ nCQD é equilátero.
 Então:
 CD

  60° ⇒ CÂD  30°
 (nACK, C  90°) ⇒ a  60° 
A R
RQ
B
C
D
K
60º
60º
α
•
•
30º
395. a) nAOD é isósceles ⇒
 ⇒ (OÂD  y, AÔD  180°  2y)
 AÔD  AD

 ⇒ 180°  2y  120° ⇒
 ⇒ y  30°
 nABC é retângulo em B, então:
 x  
y
2
  90° ⇒
 ⇒ x  15°  90° ⇒ x  75° 
D
C
B
A
120º
x
y
y
180º – 2y
y
2
•
O
33 a 156_Manual FME9.indd 40 23/07/13 14:43
41
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 b) ABCDE é pentágono regular. Então:
 AB

  BC

  CD

  DE

  AE

  72°
 Daí:
 x  
AB

  DE

2
 ⇒
 ⇒ x  
72°  72°
2
 ⇒ x  72° 
D
E C
A B
x
396. Unimos o centro O com o ponto C e 
com o ponto A:
 OB ⊥ AC ⇒ M é ponto médio de AC.
 nOMA  nOMC (LAL) ⇒
 ⇒ AÔB  BÔC  60°
 AÔB  60° ⇒ AFB

  60°
 AFB

  60° ⇒ ABC

  120° ⇒
 ⇒ AD̂C  60° 
D
O
CA
M
60º60º
F
B
E
•
397. Consideremos o triângulo PQR da 
figura.
 Seja QR

  x. Calculemos x:
 80°  
QPR

  QR

2
 ⇒
 ⇒ 80°  
360°  x  x
2
 ⇒
 ⇒ x  100°
 Analogamente, y  140° e z  120°.
 Daí:
 P̂  
x
2
 ⇒ P̂  50°
 Q̂  
y
2
 ⇒ Q̂  70°
 R̂  
z
2
 ⇒ R̂  60° 
A
P
Q
CR
z
xy
80º
60º
40º
B
398. AB

, BC

 e AC

 serem proporcionais a 2, 9 e 7 quer dizer que AB

, BC

 e 
AC

 são da forma 2k, 9k, 7k.
 Então:
 2k  9k  7k  360° ⇒ k  20° ⇒
 ⇒ AB

  40°; BC

 180°; AC

  140°
 Daí: 
A
CB
α
β
 a  
AB

2
 ⇒ a  20°; b  
AC

2
 ⇒ b  70°
 
A razão entre a e b é 
2
7
.
33 a 156_Manual FME9.indd 41 23/07/13 14:43
42
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
401. BQC

  x ⇒ BC

  360°  x
 28°  
360°  x  x
2
 ⇒
 ⇒ x  152° ⇒ BÔC  152°
 nBOP  nQOP (caso espe- 
 cial) ⇒ BÔP  QÔP  a
 nCOR  nQOR (caso espe- 
 cial) ⇒ CÔR  QÔR  b
 Temos: 
O
B
P
A28º
a
a
b
b
•
•
Q
R
C
•
• 2a  2b  152° ⇒ a  b 
  76°
 Como PÔR  a  b, temos
 PÔR  76°.
402. AM é lado do triângulo equilátero inscrito ⇒ AM

  
360°
3
 ⇒ AM

  120°
 BN é lado do quadrado inscrito ⇒ BN

  
360°
4
 ⇒ BN

  90°
 (AM

  120°, AMB

  180°) ⇒
 ⇒ MB

  60°
 (MB

  60°, NB

  90°) ⇒
 ⇒ NBM

  150° ⇒ NAM

  210°
 Então:
 a  
NAM

  NBM

2
 ⇒ 
A
O
B
N
90º
60º
M
120º
P
α
 ⇒ a  
210°  150°
2
 ⇒ a  30°
404. Â  B̂  Ĉ  60° ⇒
 ⇒ AB

  AC

  BC

  120°
 Temos:
 AP̂B  
ACB

  AB

2
 ⇒
 ⇒ AP̂B  
240°  120°
2
 ⇒
 ⇒ AP̂B  60° 
A P
C B
60º
60º
60º 60º
120º 120º
120º
405. a) BÂC  35° ⇒ BC

  70° ⇒
 ⇒ CD

  110°
 CP̂D  
110°  70°
2
 ⇒
 ⇒ CP̂D  20° ⇒ x  160° 
C
PB
A
D
110º
70º
145º
35º
x
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43
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 b) EGF

  160° ⇒ BÂC  
200°  160°
2
 ⇒ BÂC  20°
 BÂC  20° ⇒ BC

  40°
 70°  
AD

  BC

2
 ⇒ 70°  
AD

  40°
2
 ⇒ AD

  100°
 AD

  100° ⇒ x  80°
A
D
C
x
G
F
200º
EB
70º
407. Hipótese Tese
 r  s ⇒ m(AB

)  m(CD
 )
 Demonstração
 AĈB  AD̂B  a (pois subtendem 
o mesmo arco AB

)
 Analogamente, CÂD  CB̂D  b.
 AĈB, CB̂D são alternos ⇒
 ⇒ AĈB  CB̂D ⇒ a  b
 a  b ⇒ m(AB

)  m(CD
 ) 
A
B D
s
C r
β
β α
α
409. Sendo a hipotenusa igual ao 
diâmetro (2R) da circunferência 
circunscrita e CPOR um quadrado, 
temos:
 BR  BS  a  r 
⇒
 AP  AS  b  r
 ⇒ AB  a  b  2r ⇒
 ⇒ a  b  2r  2R ⇒
 ⇒ a  b  2(R  r)
A
P
b – r
b – r
S
r
rr
rR C
O
a – r
a – r
B
• •
•
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44
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
412. A
B CH
1
H
2
H
3
•
•
A
B H
1
H
2
•
•
A
CH
1
H
3
•
•
 
1) AB̂H
2
  AĈH
3
, pois 
possuem lados 
respectivamente 
perpendiculares.
2) A circunferência de 
diâ metro AB passa 
por H
1
 e H
2
, pois 
AĤ
1
B  AĤ
2
B  90°.
Então, AB̂H
2
  A Ĥ
1
H
2
, 
pois subtendem o 
mesmo arco AH

2
 
na circunferência de 
diâmetro AB.
3) Analogamente ao 
passo 2), temos 
AĈH
3
  AĤ
1
H
3
, 
pois subtendem o 
mesmo arco AH

3
 
na circunferência 
de diâmetro AC.
De 1), 2) e 3) concluímos que: AH
1
 é bissetriz do ângulo H
3
Ĥ
1
H
2
. 
Procedendo de modo análogo aos passos 1), 2) e 3), teremos 
H
1
Ĥ
3
C  CĤ
3
H
2
 e H
3
Ĥ
2
B  BĤ
2
H
1
 e, portanto, o ponto H é incentro 
do nH
1
H
2
H
3
.
A
H
CB
H
3
H
2
H
1
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45
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 — Teorema de Tales
419. A'C'  AC
 AA'  CC' 
⇒ ACC'A' é paralelogramo ⇒
 ⇒ A'C'  AC  30 cm. Daí:
 
x
y
  
2
3
, x  y  30 ⇒
 ⇒ (x  12 cm, y  18 cm) 
sr t
a
b
x y
A B C
A' B' C'
424. 
 
A
2k 3k
B E
3k
C F
4k
D G H
6k
K
J L
I M
N
a
b
c
d
18
5
k
27
5
k
81
10
k
54
5
k
36
5
k
27
5
k
9
2
k
 AB, BC e CD são proporcionais a 2, 3 e 4, isto é, AB, BC e CD são da 
forma 2k, 3k e 4k, respectivamente. Temos:
 1) 
AE
AB
  
3
2
 ⇒ 
AE
2k
  
3
2
 ⇒ AE  3k
 
AB
BC
  
AE
EF
 ⇒ 
2k
3k
  
3k
EF
 ⇒ EF  
9
2
k
 
BC
CD
  
EF
FG
 ⇒ 
3k
4k
  
2
FG
 9 k
 ⇒ FG  6k
 
JK
AB
  
9
5
 ⇒ 
JK
2k
  
9
5
 ⇒ JK  
18
5
k 
CAPÍTULO XII
33 a 156_Manual FME9.indd 45 23/07/13 14:43
46
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 2) Analogamente, encontramos:
 JI  
27
5
k; IH  
36
5
k
 KL  
27
5
k, LM  
81
10
k e MN  
54
5
k
 3) AD  AG  HK  KN  180 ⇒
 ⇒ 2  3  4  3  
9
2
  6  
36
5
  
27
5
  
18
5
  
27
5
  
81
10
  
54
5
 k 
  180 ⇒ k  
20
7
 4) k  
20
7
 ⇒ EF  
90
7
 cm, LM  
162
7
 cm, CD  
80
7
 cm
427. Hipótese Tese
 
AD
DB
  
AE
EC
 ⇒ DE  BC
 Demonstração
 Tomemos E' em AC, DE'  BC.
 Temos:
 
AD
DB
  
AE
EC
 ⇒
 ⇒ 
AD  DB
DB
  
AE  EC
EC
 ⇒
 ⇒ 
AB
DB
  
AC
EC
 (1) 
A
D
B
E'
E
C
 Teorema de Tales ⇒
 ⇒ 
AB
DB
  
AC
E'C
 (2)
 (1) e (2) ⇒ EC  E'C ⇒ E  E'  DE  BC
Teorema das bissetrizes
434. a) perímetro nABC  75 m 
⇒ AB  SC  35 m
 BS  10 m, AC  30 m
 Sejam AB  x, SC  y. Temos:
 
10
x
  
y
30
x  y  35 
xy  300
x  y  35 
x  20 m e y  15 m
 ou
x  15 m e y  20 m
⇒⇒ ⇒
 ⇒ (AB  15 m ou AB  20 m)
33 a 156_Manual FME9.indd 46 23/07/13 14:43
47
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 b) Sejam AB  x e AC  y. Temos:
 perímetro nABC  23 ⇒ x  y  13 
⇒ x  9 m
 AP é bissetriz externa ⇒ 
18
x
  
8
y
B C
x
y
P8 m10 m
437. Sejam CP  x, AB  y, AC  z.
 Temos:
 Teo. biss. int. ⇒ 
8
y
  
6
z
 ⇒
 ⇒ z  
3
4
y
 Teo. biss. ext. ⇒ 
14  x
y
  
x
z
 ⇒ 
AA
B 8 S 6 C x
z
y
P
 ⇒ 
14  x
y
  
x
3
 4 
y
 ⇒ x  42 m
 
438. Temos duas possibilidades:
 1ª) A
B C9 cm 16 cm
18 cm
 2ª) A
B C9 cm16 cm
18 cm
 
9
18
  
16
AC
 ⇒ AC  32 cm 
16
18
  
9
AC
 ⇒ AC  
81
8
 cm
439. Note que BC  40 m.
 Perímetro nABC  100 m ⇒
 ⇒ AB  AC  60 m ⇒
 ⇒ c  b  60
 c  b  60 
⇒ (c  24 e b  36)
 
c
16
  
b
24
A
B C
bc
16 m 24 m
33 a 156_Manual FME9.indd 47 23/07/13 14:43
48
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
441. Teo. biss. int. ⇒ 
x
3x
  
20  x
2x
 ⇒
 ⇒ x  12 cm
 Teo. biss. ext. ⇒ 
20  y
3x
  
y
2x
 ⇒
 ⇒ 
20  y
36
  
y
24
 ⇒ y  40 cm 
A
2x3x
SB x 20 – x C
443. O centro do círculo é o incentro do 
nABC.
 Sejam E, F, G os pontosde tangên-
cia da circunferência com os lados 
BC, AB e AC, respectivamente. 
Temos:
 AF  AG  3; CG  CE  x;
 BE  BF  6
 (BD  7; BE  6) ⇒ DE  1 ⇒
 ⇒ CD  x  1 
A
3
3
G
F
6
B
6
E D
1
x – 1
C
x
x
•
•
•
 O centro do círculo inscrito é incentro 
do nABC, donde tiramos AD bissetriz 
de  .
 Então:
 
BD
AB
  
CD
AC
 ⇒ 
7
9
  
x  1
3  x
 ⇒
 ⇒ x  15
444. BC  5 cm
 Perímetro nABC  15 cm 
⇒
 ⇒ AB  AC  10 cm (1)
 Teo. biss. int. ⇒ 
3
AB
  
2
AC
 (2)
 (1) e (2) ⇒ (AB  6 cm, AC  4 cm)
 Teo. biss. int. ⇒ 
BS
AB
  
CS
AC
 ⇒ 
A
B 3 2 C S
 ⇒ 
5  CS
6
  
CS
4
 ⇒ CS  10 cm
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49
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 — Semelhança de triângulos e potência de ponto
Semelhança de triângulos 
454. 2p  8,4  15,6  18 ⇒ 2p  42 cm
 k  
2p
2p'
 ⇒ k  
42
35
 ⇒ k  
6
5
 Seja l o maior lado do segundo triângulo. Temos:
 
18
l
  k ⇒ 
18
l
  
6
5
 ⇒ l  15 cm
458. DE  BC ⇒ nABC  nADE ⇒
 ⇒ 
AB
AD
  
AC
AE
  
BC
DE
 ⇒
 ⇒ 
x  5
x
  
y  7
y
  
18
12
 ⇒
 ⇒ (x  10 m, y  14 m) 
A
D E
B C
x y
5 m
12 m 7 m
18 m
Casos ou critérios de semelhança
460. a) a  b
 AĈB  BĈE 
⇒ nABC  nDEC ⇒
 ⇒ 
AB
DE
  
AC
DC
  
BC
EC
 ⇒
 ⇒ 
y
8
  
12
x
  
8
6
 ⇒
 ⇒ x  9, y  
32
3
A
D
B
C
E
12
8
8 6
x
y
α
β
 b) a  b
 AĈB  DĈE 
⇒ nABC  nEDC ⇒
 ⇒ 
AB
ED
  
AC
EC
  
BC
DC
 ⇒
 ⇒ 
6
4
  
x  8
y
  
y  2
8
 ⇒
 ⇒ (x  7, y  10) 
α
β
EB 2
x
8
y
A
D
6
C
CAPÍTULO XIII
33 a 156_Manual FME9.indd 49 23/07/13 14:43
50
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
461. a) BÂC  CB̂D 
 AĈB  BĈD (comum) 
⇒
 ⇒ nABC  nBDC ⇒
 ⇒ 
AB
BD
  
AC
BC
  
BC
DC
 ⇒
 ⇒ 
5
y
  
9
x
  
x
4
 ⇒
 ⇒ x  6, y  
10
3
 
A
BC
4
5
y
5
x
D
α
α
 b) BÂC  CB̂D 
 AĈB  BĈD (comum) 
⇒
 ⇒ nABC  nBDC ⇒
 ⇒ 
AB
BD
  
AC
BC
  
BC
DC
 ⇒
 ⇒ 
x
5
  
y  4
6
  
6
4
 ⇒
 ⇒ x  
15
2
, y  5 
C
x
A
y
D
B
5
6
4
α
α
462. a) r  s ⇒ nABC  nADE ⇒
 ⇒ 
BC
DE
  
H
h
 ⇒
 ⇒ 
21
12
  
8  x
8
 ⇒ x  6
A
8
D
H
12
21B
r
x
C
E
h
s
 b) Análogo ao item a.
464. a) AB  DE ⇒ BÂC  DÊC (alternos) 
⇒ nABC  nEDC
 AĈB  EĈD (o.p.v.)
 b) Da semelhança do item a, temos:
 
AB
DE
  
BC
CD
 ⇒ 
5
10
  
7
CD
 ⇒
 ⇒ CD  14
A
6
C
7
B5
E10D
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51
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
465. AŜR  AB̂C (iguais a a) 
⇒ nSAR  nBAC ⇒
 SÂR  BÂC (comum)
 ⇒ 
SR
BC
  
AS
AB
 ⇒ 
x
8
  
5
10
 ⇒
 ⇒ x  4
S
8
C
A
B
R
1
0
5
α
α
467. AĈE  AD̂B (dado) 
 CÂE  DÂB (comum) 
⇒ nACE  nADB ⇒
 ⇒ 
AC
AD
  
AE
AB
 ⇒ 
11
x  5
  
5
8
 ⇒
 ⇒ x  
63
5
 cm
8
B
3
x
DC
5
A
E
468. a) BÂC  CD̂E (retos) b) BÂC  CB̂D
 AĈB  DĈE (comum) 
⇒
 AĈB  DĈB 
⇒
 ⇒ nABC  nDEC ⇒ ⇒ nABC  nBDC ⇒
 ⇒ 
AB
DE
  
AC
DC
 ⇒ ⇒ 
AC
BC
  
BC
DC
 ⇒
 ⇒ 
8
x
  
15
5
 ⇒ x  
8
3
 ⇒ 
x  4
10
  
10
4
 ⇒ x  21
 
C
8
B
17
5
D
x
15E
A
•
•
 
x
C
A
B
10
4
D
α
α
469. CD̂E  AB̂C (retos) 
 DĈE  AĈB (comum) 
⇒
 ⇒ nDCE  nBCA ⇒
 ⇒ 
DE
AB
  
CD
BC
 ⇒
 ⇒ 
x
15
  
15
20
 ⇒ x  
45
4
15
B
E
C
20
A
10
D
15x
•
•
33 a 156_Manual FME9.indd 51 23/07/13 14:43
52
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
470. AB̂C  CD̂E (retos)
 AĈB  CÊD (correspondentes) 
⇒
 ⇒ nABC  nCDE ⇒
 ⇒ 
AB
CD
  
BC
DE
 ⇒
 ⇒ 
a  b
b
  
b
x
 ⇒ x  
b2
a  b
 
a
a
a
a – b
b
b b
b D
A
C
E
B
•
• • •
x
471. AB̂C  CD̂E (retos)
 AĈB  CÊD (correspondentes) 
⇒
 ⇒ nABC  nCDE ⇒
 ⇒ 
AB
CD
  
BC
DE
 ⇒
 ⇒ 
3
6  x
  
6
x
 ⇒ x  4
 2p  4x ⇒ 2p  16 
6 – x
3
6
6
69 x
x
x
•
•
472. Seja x o lado do quadrado. Temos:
 CÊD  CÂB (retos)
 CD̂E  DB̂F (correspondentes) 
⇒
 ⇒ nCDE  nDBF ⇒
 ⇒ 
DE
BF
  
CE
DF
 ⇒
 ⇒ 
x
6  x
  
4  x
x
 ⇒ x  
12
5
 6 – x
4 – x
x
x x
x
•
•
•
• ••
474. ABCD trapézio ⇒ AB  CD ⇒
 ⇒ nEAB  nECD ⇒
 ⇒ 
EF
EG
  
AB
CD
 ⇒
 ⇒ 
h  10
h
  
50
30
 ⇒ h  15 cm ⇒
 ⇒ (EG  15 cm, EF  25 cm) 
E
DG
h
C
A B
F
50 cm
30 cm
10 cm
h + 10 cm
475. DE  BC ⇒ nADE  nABC ⇒
 ⇒ 
DE
BC
  
AF
AG
 ⇒
 ⇒ 
b
50
 3 
  
12
20
 ⇒ b  10 cm
A
ED
12
F
G
B C
b
8
50
3
20
• •
••
33 a 156_Manual FME9.indd 52 23/07/13 14:43
53
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
476. Note que y é base média do trapézio.
 Daí:
 y  
4  16
2
 ⇒ y  10
 Tracemos BJ, com BJ ⊥ KI. Temos:
 ED  FG  JK  4.
 Então obtemos: CD  x  4 e
 GH  6.
 CD  GH ⇒ nBCD  nBHG ⇒
 ⇒ 
CD
HG
  
BD
BG
 ⇒
 ⇒ 
x  4
6
  
3
9
 ⇒ x  6 
• •
••
• •
A 4 B
E D C4
x – 43
x
6
4F G 6
y
9
H
K J
16
I
477. (AC  17, EC  4) ⇒ AE  13 
 AĈB e ED̂C possuem lados respecti-
vamente perpendiculares. Daí:
 AĈB  ED̂C
 AB̂C  DÊC (retos) 
⇒
 ⇒ nABC  nCED ⇒ 
4
A
D
8
B 15
E
C
yx13
•
••
 ⇒ 
AB
CE
  
AC
CD
  
BC
ED
 ⇒
 ⇒ 
8
4
  
17
y
  
15
x
 ⇒
 ⇒ x  
15
2
, y  
17
2
478. Sejam AB̂C  b, AĈB  c. Então: 
 nABC ⇒ b  c  90°
 nBGD ⇒ b  BĜD  90° ⇒ BĜD  c 
⇒
 nCFE ⇒ c  CF̂ E  90° ⇒ CF̂ E  b
 ⇒ nBGD  nFCE ⇒ 
BD
FE
  
GD
CE
 ⇒
 ⇒ 
8
x
  
x
2
 ⇒ x  4 cm 
••
••
A
C8B D E
G
b
b
c
c
F
2
x
x x
x
 Logo, o perímetro do quadrado é 
igual a 16 cm.
480. 
AB
AE
  
AC
AD
 
nABC  nAED ⇒
caso LAL
semelhança
 BÂC (comum)
 ⇒ 
AB
AE
  
BC
ED
 ⇒ 
25
10
  
x
12
 ⇒ x  30 
C
D
E
A
8 10
10
12
17
B
x
33 a 156_Manual FME9.indd 53 23/07/13 14:44
54
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
481. BÂC  BĈD
 AB̂C (comum) 
⇒
 ⇒ nABC  nCBD ⇒
 ⇒ 
AB
CB
  
BC
BD
 ⇒
 ⇒ 
x  4
10
  
10
4
 ⇒ x  21 
A
x
D
4
B 10 C
482. BÂC  AB̂D (retos) 
⇒
 AP̂C  BP̂D 
 ⇒ nAPC  nBPD ⇒
 ⇒ 
AP
BP
  
AC
BD
 ⇒
 ⇒ 
x
25  x
  
13
7
 ⇒ x  
65
4
 cm 
C
D
A
13
x B
7
P 25 – x
••
483. Unimos os pontos C e E.
 AE é diâmetro ⇒ AĈE  90° (1)
 AB̂D e AÊC subtendem o mesmo 
arco AC

 ⇒ AB̂D  AÊC (2)
 (1) e (2) ⇒ nABD  nAEC ⇒
 ⇒ 
6
30
  
h
10
 ⇒ h  2 cm 
•
A
6
B
10
h
D
C
E
•
484. Tracemos o diâmetro BP e unamos 
P com A.
 AP̂B  AĈB (subtendem o arco AB

)
⇒
 BÂP  AĤC (retos)
 ⇒ nAPB  nHCA ⇒
 ⇒ 
AB
HA
  
PB
CA
 ⇒
 ⇒ 
4
3
  
2R
6
 ⇒ R  4 
•
A
P
R
B
H C
485. Pelo ponto A tracemos MN, com 
MN  CD.
 O
1
ÂM  O
2
ÂN (o.p.v.) 
⇒
 O
1
M̂A  O
2
N̂A (retos)
 ⇒ nO
1
MA  nO
2
NA ⇒
 ⇒ 
O
1
A
O
2
A
  
O
1
M
O
2
N
 ⇒ 
•
A
•
R
R – h
M
h
C
N
D
h
r
r
h – r
O
2
O
1
 ⇒ 
R
r
  
R  h
h  r
 ⇒ h  
2Rr
R  r
 
33 a 156_Manual FME9.indd 54 23/07/13 14:44
55
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
486. GÔB  EÔD (o.p.v.)
 OD  OB
 AB̂O  AD̂O  CD̂O 
ALA
 ⇒ nBGO  nBEO ⇒
 ⇒ BG  DE  2 m
 DE  2 m ⇒ AG  x  2
 DE  AG ⇒ nFAG  nFDE ⇒
 ⇒ 
FA
FD
  
AG
DE
 ⇒
 ⇒ 
x  4
4
  
x  2
2
 ⇒ x  8 m 
A
x
D
4 m
F
x – 2
2 m
2 m
B
O
E
C
G
487. Tracemos a bissetriz interna AS.
 Temos o que segue:
 AĈS  SÂC  y ⇒
 ⇒ nACS isósceles ⇒ AS  SC  k
 (BC  x, SC  k) ⇒ BS  x  k
 AŜB é externo ao nACS ⇒ AŜB 
  2y
 BÂS  AĈB
⇒ nABS  nCBA ⇒
 
A
y y
k
k
y
6 m 10 m
2y
Sx – k
B C
 AŜB  BÂC
 ⇒ 
6
x
  
k
10
  
x  k
6
 ⇒ 
xk  60 (1)
10x  10k  6k (2)
 (2) ⇒ 10x  16k ⇒ k  
5
8
x (3)
 (3) em (1) ⇒ x  
5
8
x  60 ⇒ x  4 6 m
488. Unimos A e B com Q. Temos o que 
segue:
 QÂH  PB̂Q (subtendem QB

) 
⇒
 QĤA  QŜB (retos)
 ⇒ nQAH  nQBS ⇒
 ⇒ 
QH
QS
  
QA
QB
 ⇒
 ⇒ 
x
9
  
QA
QB
 (1)
 QB̂A  RÂQ (subtendem AQ

) 
⇒QĤB  QR̂A (retos)
 ⇒ nQHB  nQRA ⇒
 ⇒ 
QH
QR
  
QB
QA
 ⇒ 
•
P
•• B
SR
A
Q
4 9
x
H
•
33 a 156_Manual FME9.indd 55 23/07/13 14:44
56
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 ⇒ 
x
4
  
QB
QA
 ⇒ 
4
x
  
QA
QB
 (2)
 (1) e (2) ⇒ 
x
9
  
4
x
 ⇒ x  6
489. 1) D̂  
ARC

  AQB

2
 ⇒ D̂  
ARC

2
  
AQB

2
 ⇒ D̂  
ARC

2
  Ĉ ⇒
 ⇒ Ĉ  D̂  
ARC

2
 
C$ $D
$D
$C
••
A
R
C
B
D
t
b
Qx
a
P
S
l
 2) Ĉ  
ASD

  APB

2
 ⇒ Ĉ  
ASD

2
  
APB

2
 ⇒ Ĉ  
ASD

2
  D̂ ⇒
 ⇒ Ĉ  D̂  
ASD

2
 
 1) e 2) ⇒ ARC

  ASD

 ⇒ AB̂C  AB̂D  90° ⇒ AC é diâmetro
AD é diâmetro
 3) Como t e l são tangentes, temos CÂD  90°. Então:
 nACD ⇒ Ĉ  D̂  90°. Daí:
 (nABC ⇒ BÂC  D̂; nABD ⇒ BÂD  Ĉ) ⇒ nABC  nDBA ⇒
 ⇒ 
AB
DB
  
BC
BA
 ⇒ 
x
a
  
b
x
 ⇒ x2  ab ⇒ x  ab
33 a 156_Manual FME9.indd 56 23/07/13 14:44
57
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
Potência de ponto 
495. a) (PA) × (PB)  (PC) × (PD) ⇒
 ⇒ 3  8  (x  4)  (x  4) ⇒
 ⇒ x2  16  24 ⇒
 ⇒ x2  40 ⇒ x  2 10
 Resposta: 2 10. 
A
D
B
C
x
O
4
P
x – 4
B
T
A
P
x
x
x
2
 b) (PT)2  (PA) × (PB) ⇒
 ⇒ x2  2  (2  2x) ⇒
 ⇒ x  2(1  2 ) (não serve)
 ou x  2(1  2)
 Resposta: 2(1  2).
496. a) (PA) × (PB)  (PC) × (PD) ⇒ b) (PA) × (PB)  (PC) × (PE) ⇒
 ⇒ 4  (4  2R)  8  10 ⇒ ⇒ 5  11  4  (16  CD) ⇒
 ⇒ R  16 ⇒ CD  4
 (CD) × (DE)  (DF) × (DB) ⇒
 ⇒ 4  12  2  (2R  2) ⇒
 ⇒ R  13
500. Temos: dA  10, dB  3, dC  6, r  6.
 Pot A  |d2
A  r2| ⇒
 ⇒ Pot A  |102  62| ⇒ Pot A  64
 Pot B  |d2
B  r2| ⇒
 ⇒ Pot B  |32  62| ⇒ Pot B  27
 Pot C  |d2
C  r2| ⇒
 ⇒ Pot C  |62  62| ⇒ Pot C  0
 Logo,
 Pot A  Pot B  Pot C  91. 
B
C
A
10
3
O
6
B
D
8
A
R
R
4
C
P
B
11
R
A 5
D
R – 2
12
2 F
C
4
E
P•
10
•
33 a 156_Manual FME9.indd 57 23/07/13 14:44
58
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
501. (PT)2  (PA) × (PB) ⇒ 
 ⇒ (PT)2  18  28 ⇒
 ⇒ PT  6 14 
A 18
T
PB
10
502. (PV  R, SV  2r) ⇒ PS  R  2r
 Potência de ponto ⇒
 ⇒ (PT)2  (PV)  (PS) ⇒ 
 ⇒ r2  R(R  2r) ⇒
 ⇒ r2  2Rr  R2  0 ⇒
 ⇒ r2  2Rr  R2  R2  R2  0 ⇒
 ⇒ r2  2Rr  R2  2R2  0 ⇒
 ⇒ (r  R)2  2R2 ⇒
 ⇒ r  R  2R ⇒
 ⇒ r  ( 2  1)R 
A
S
r
r
r
P
R
B
•
V
505. AB  AC ⇒ AB

  AC

 ⇒ AD̂B  AB̂P 
⇒
 BÂD  BÂP (comum)
 ⇒ nABD  nAPB
B
D
C
A
P
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59
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 — Triângulos retângulos
Relações métricas 
514. a) (6 5 )2 122  y2 ⇒ y  6 b) y2  42  (4 5 )2 ⇒
 y2  12  z ⇒ 36  12  z ⇒ ⇒ y2  80  16 ⇒
 ⇒ z  3 ⇒ y  8
 x2  y2  z2 ⇒ x2  36  9 ⇒ 42  x  y ⇒ 16  x  8 ⇒
 ⇒ x  3 5 ⇒ x  2
 
z
12
y
x
6 5 
•
√
•
 
x
y4
•
•
4 5 √
515. x2  122  132 ⇒ x  5
 122  13  y ⇒ y  
144
13
 x2  13  z ⇒ 25  13z ⇒
 ⇒ z  
25
13
 12  x  13  t ⇒ 12  5  13  t ⇒
 ⇒ t  
60
13
 
x
y
13
z
12
O
•
•
516. a) 
•
2R
6
2
•
 b) 
•
y
x
•
2
4
2R
5 √
 c) 
•
•
y
x
6
4
 
 62  2R  2 ⇒ x2  y2  80 
⇒
 x2  42  62 ⇒ x  2 5
 ⇒ R  9 x2  2y 42  x  y ⇒
 ⇒ y2  2y  80  0 ⇒ ⇒ 16  2 5  y ⇒
 ⇒ y  10 (não 
⇒ y  
8 5
5 serve) ou y  8 
 Mas y  2R  2. Daí: x  y  2R ⇒
 
2R  2  8 ⇒
 ⇒ 2 5  
8 5
5
  2R ⇒
 
⇒ R  5
 ⇒ R  
9 5
5
CAPÍTULO XIV
33 a 156_Manual FME9.indd 59 23/07/13 14:44
60
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
519. a) b) x
• •
5
x
4 4 4
2 2
12 – x 12 – x
A 8 F
6 x x 6
B 2 C D 2 E
x
••
12
Note que
nABC  nFED (caso especial) ⇒
⇒ BC  DE  2. Daí:
x2  22  62 ⇒ x  4 2
12  x
2
2
  42  52 ⇒
⇒ 
12  x
2
2
  9 ⇒
⇒ 
12  x
2
  3 ⇒ x  6
522. a) 
•
B10A
x 4
D H 7 C
 b) 
•
xx
A B
D 9 C y E
17 8
 ABCD paralelogramo ⇒ ABCD paralelogramo ⇒
 ⇒ AB  CD  10 ⇒ HD  3 ⇒ AD  BC  x
 nAHD: x2  32  42 ⇒ x  5 nBED: (9  y)2  82  172 ⇒
 ⇒ (9  y)2  225 ⇒
 ⇒ 9  y  15 ⇒ y  6
 nBEC: x2  82  y2 
⇒
 ⇒ x2  64  36 ⇒ x  10
523. Da figura temos:
 (EF  AB  10, CD  20, DE  x) ⇒
 ⇒ (CF  10  x)
 nADE: h2  x2  64
 nBCF: h2  (10  x)2  84 
⇒
 
⇒
 h2  64  x2
 h2  84  (10  x)2 
⇒
 ⇒ 64  x2  84  100  20x  x2 ⇒
 ⇒ x = 4 
 h2  x2  64 ⇒ h2  16  64 ⇒
 ⇒ h  4 3 
√

2 21
• •
A 10 B
8 h h
D Ex 10 F C10 – x
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61
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
524. a) 
√
•
4 x 4 5
xy
 b) 
2
13
•
y
x
x
10
√
 (x  y)2  42  (4 5 )2 ⇒ x2  y2  (2 13)2  52
 ⇒ x  y  8 (1) (2x)2  y2  102 ⇒
 x2  y2  42 ⇒ x2  y2  16 ⇒ ⇒ 4x2  52  x2  100 ⇒
 ⇒ (x  y)(x  y)  16 ⇒ ⇒ x  4
 ⇒ 8(x  y)  16 ⇒
 ⇒ x  y  2 (2)
 (1) e (2) ⇒ x  5
 c) 
y
A
12
6
D x B 8 C
•
 d) 
√2 5 x
y 5 – y
5
 y2  36  x2 x2  y2  20
 y2  144  (x  8)2 
⇒
 x2  (5  y)2  25 
⇒
 ⇒ 36  x2  144  (x  8)2 ⇒ ⇒ 20  y2  25  (5  y)2 ⇒
 ⇒ x  
11
4
 
⇒ y  2 ⇒ x  4
525. c) nACD: (AC  10, AD  8) 
Pit.
 CD  6
 nBCD ⇒ (BC  8, CD  6) 
Pit.
 x  2 7
• •
C
B
8
DA
8 x
6
10
33 a 156_Manual FME9.indd 61 23/07/13 14:44
62
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
527. b) Tracemos AC pelo ponto de 
contato da circunferência maior 
com a reta tangente.
 Temos:
 nABC: (AC  9, AB  15,
 BC  x) ⇒ 
 ⇒ x2  152  92 ⇒ x  12 
A
•
•
6
15
3
B
3
C
x
528. a) 
•
A 10 B
•
R
R
2R
25 – 2R
C D
E
10 5
 b) 
•
A
R
R
O
B
25 – R
H C15
 ABCD é circunscrível ⇒ (AH  25, OA  R) ⇒
 ⇒ AB  CD  AC  BD ⇒ ⇒ OH  25  R
 ⇒ 10  15  2R  BD ⇒ nOHC ⇒ 
 ⇒ BD  25  2R ⇒ R2  (25  R)2  152 ⇒
 nBED ⇒ ⇒ R  17 m
 ⇒ (25  2R)2  (2R)2  52 ⇒
 ⇒ R  6 m
529. a) 
•
B
•
A
C
D
m
x
6
x
2
8
•
l b) 
•
A
•
•
•
•
•
P
R
C
B
T
S
x
x6
6
6
4
4
4
 Note que as retas l e m são PA  PB  PC  x (tangentes a
 tangentes e, portanto, per- partir de P). Daí:
 pendiculares aos raios nos nRST: (RS  10, RT  x  4,
 pontos de contato. Daí: ST  x  6)
 nABC é retângulo em C 
Pit.
 Teorema de Pitágoras:
 ⇒ AB2  82  62 ⇒ AB  10 102  (x  6)2  (x  4)2 ⇒
 Rel. métricas ⇒ ⇒ x2  10x  24  0 ⇒
 ⇒ 8  6  10  
x
2
 ⇒ x  9,6 ⇒ x  2 (não serve) ou x  12
33 a 156_Manual FME9.indd 62 23/07/13 14:44
63
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
530. b) Unimos o centro com os pontos de 
tangência e obtemos o quadrado 
POQA.
 (AB  8, BC  4 13 
Pit.
 ⇒ AC  12
 AC  OP ⇒ AĈO  PÔB
 AB  OQ ⇒ AB̂O  QÔC 
⇒
 ⇒ nPBO  nQOC ⇒
 ⇒ 
PB
QO
  
PO
QC
 ⇒
 ⇒ 
8  r
r
  
r
12  r
 ⇒
 ⇒ r  4,8 m 
A
Q
P
O
8 – r
B
r r
r r
4 13
C
12 – r
√

•
•
•
531. b) AS é bissetriz ⇒ 
y
x
  
5
10
 ⇒
 ⇒ x  2y
 nABC ⇒ AC2  AB2  BC2 ⇒
 ⇒ 100  (2y)2  (y  5)2 ⇒
 ⇒ y  5 (não serve) ou y  3
 y  3 ⇒ x  6 
•
10
x
B y S 5 C
A
536. Aplicando o teorema de Pitágoras no 
nAMB:
 62  
l
2
2
  l2 ⇒ l  4 3
 2p  3l ⇒ 2p  12 3 m 
•
A
C B
6 m
M
2
l
2
l
l l
537. Para facilitar os cálculos, seja a 
base BC  2x.
 2p  18 ⇒ AB  AC  9  x.
 nAMC: x2  32  (9  x)2 ⇒
 ⇒ x  4 ⇒ BC  2x ⇒ BC ⇒ 8 m
 
•
B x x C
9 – x 9 – x3
A
33 a 156_Manual FME9.indd 63 23/07/13 14:44
64
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
538. A menor altura é relativa ao maior 
lado.
 Triângulo de lados 4 m, 5 m e 6 m é 
acutângulo.
 Temos:
 nABD: x2  y2  16
 nACD: x2  (6  y)2  25 
⇒
 ⇒ 16  y2  25  (6  y)2 ⇒ 
A
6 m
y 6 – y
x 5 m4 m
DB C
•
 ⇒ y  
9
4
 ⇒ x2 
9
4
2
  16 ⇒
 ⇒ x  
5 7
4
 m
539. nAHC ⇒ (10  x)2  h2  100 
⇒
 nBHC ⇒ x2  h2  144
 ⇒ 100  (10  x)2  144  x2 ⇒
 ⇒ x2  (10  x)2  100 ⇒
 ⇒ x  
36
5
 x2  h2  144 ⇒ h2  144  
362
52
 ⇒ 
•
10 – x
x
12B
A
H
h
C
10
 ⇒ h  9,6 m
543. Seja 2x a medida da base. Temos 
que os lados congruentes devem 
medir 2x  3, cada um. Aplicando 
Pitágoras no nAHB:
 (2x  3)2  x2  122 ⇒
 ⇒ x2  4x  45  0 ⇒ 
A
12 m
2x + 3
BxHxC
•
 ⇒ (x  9 (não serve) ou x  5)
 x  5 ⇒ base  2x  10 m.
544. Sendo 2D e 2d as medidas das dia-
gonais e l a medida do lado do lo-
sango, temos:
 2p  68 ⇒ l  
68
4
 ⇒ l  17 m
 2D  2d  14 
⇒
 D2  d2  172
 
⇒
 d  D  7
 D2  d2  289 
⇒
 ⇒ D2  (D  7)2  289 ⇒ 
•
D
dd
17 m
D
 ⇒ D2  7x  120  0 ⇒
 ⇒ (D  8 (não serve) ou D  15 m)
 (D  15 m ⇒ d  8 m) ⇒ (2D  30 m, 2d  16 m)
33 a 156_Manual FME9.indd 64 23/07/13 14:44
65
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
545. Seja ABCD o trapézio retângulo.
 Temos:
 AB  BC  CD  AD  30 ⇒
 ⇒ AD  BC  18 m
 AD  h ⇒ h  BC  12 ⇒
 ⇒ BC  18  h.
 Traçando BE, BE ⊥ CD, temos:
 DE  AB  3
 CD  9 
⇒ CE  6 m
 nBCE: (18  h)2  h2  62 ⇒ 
3D
B3A
C6E
18 – hh
• •
 ⇒ h  8 m
550. Sejam b e c as medidas dos catetos.
 Temos:
 
b2  c2  625 
⇒
bc  12  25
b2  c2  625 
⇒
bc  300
 ⇒ 
b2  c2  625 (1)
2bc  600 (2)
 (1)  (2) ⇒ b2  2bc  c2  1225 ⇒
 ⇒ (b  c)2  1225 ⇒ 
b c
12 m
25 m
•
•
 ⇒ b  c  35 (3)
 (3) e (2) ⇒ b2  35b  300  0 ⇒ 
b  20 ⇒ c  15
 ou
b  15 ⇒ c  20
 Resposta: os catetos medem 15 m e 20 m.
556. Seja P o ponto de tangência de CD 
com a circunferência e tracemos a al-
tura CQ. Temos:
 BC  CP  r; AD  DP  R
 AD  R, AQ  r ⇒ QD  R  r 
⇒
 ⇒ CD  R  r
 nCQD: (R  r)2  h2  (R  r)2 ⇒
 h  2 Rr 
A
r
h
CrB
D
r rR
R
R
•
Q
P
557. a: hipotenusa, b, c: catetos.
 Temos:
 
a2  b2  c2  200 (1)
a2  b2  c2 (2)
 (1) em (2) ⇒ a2  200  a2 ⇒ a  10
33 a 156_Manual FME9.indd 65 23/07/13 14:44
66
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
559. Considerando a figura, note que
 AB  EF  10 cm. Temos:
 (CE  x, EF  10, CD  24) ⇒ DF  14  x
 nACE: x2  h2  169 ⇒ h2  169  x2
 nBDF: (14  x)2  h2  225 ⇒ h2  225  (14  x)2 
⇒
 ⇒ 169  x2  225  (14  x)2 ⇒ x  5 cm
 nACE: x2  h2  169 ⇒ 52  h2  169 ⇒ h ⇒ 12 cm
A 10 B
h h
C x E 10 F 14 – x D
••
560. Trapézio é isósceles ⇒
 ⇒ AB  CD  13 cm
 Trapézio é circunscrito ⇒
 ⇒ AD  BC  AB  CD ⇒
 ⇒ AD  8 cm
 Traçando as alturas AF e DE, temos:
 (EF  8, BC  18, BF  CE) ⇒
 ⇒ BF  CE  5 cm
 nABF: 52  h2  132 ⇒ h  12 cm 
A 8 D
••
13 13
h
B 5 F 8 E 5 C
561. nABM: AM2  82  172 ⇒
 ⇒ AM  15 cm
 nBMC: MC2  82  102 ⇒
 ⇒ MC  6 cm •
B
17 10
A M
C 16
8
17 10
D
 AC  AM  MC ⇒ AC  21 cm
562. Considerando as medidas indicadas 
na figura e aplicando potência de 
ponto ao ponto P em relação a , te-
mos:
 (PT)2  (PA) × (PB) ⇒
 ⇒ (PT)2  6  24 ⇒ (PT)  12 cm
 
T
A
B P
6 cm
24 cm
33 a 156_Manual FME9.indd 66 23/07/13 14:44
67
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
563. Traçando os raios pelos pontos de 
tangência e BC  PQ, em que C é o 
centro da circunferência menor, ob-
temos o triângulo ABC. Daí:
 AB2  BC2  AC2 ⇒
 ⇒ 82  BC2  322 ⇒
 ⇒ BC  8 15 cm
 PQ  BC  8 15 cm 
•
A
•
•
20
12
C
12
8
B
P x Q
565. Seja ABCD o trapézio isósceles 
circunscritível, conforme figura ao 
lado. Sejam x e y as bases. Temos:
 AB  EF  x; DE  FC  
y  x
2
 e
 AD  BC  
x  y
2
 Sendo d o diâmetro, no nADE, vem:
 
x  y
2
2
  d2  
y  x
2
2
 ⇒ 
• • •
A x B
• •
d
x + y
2
D
Ey – x
2
x F
C
x + y
2
y – x
2
 ⇒ d2  
x  y
2
2
  
y  x
2
2
 ⇒ d  xy .
566. Unindo B com C obtemos o triângulo 
ABC, retângulo em B, pois AC é diâ-
metro. Daí:
 B̂  D̂ (retos)
 BÂC  EÂD (comum) 
⇒
 ⇒ nABC  nADE ⇒
 ⇒ 
AC
AE
  
AB
AD
 ⇒
 ⇒ 
2R
15
  
8
12
 ⇒ R  5 cm 
•
15
•
A
8
B
O C
D
12
E
567. Seja D o ponto de tangência da cir-
cunferência com o lado AB. Trace-
mos o raio OD. Temos:
 nADO ⇒ OD2  DA2  OA2 ⇒
 ⇒ 32  DA2  52 ⇒ DA  4 cm
 AD̂O  AM̂B (retos)
 OÂD  BÂM (comum) 
⇒
 ⇒ nAMB  nADO ⇒ 
•
A
•
5 4
O 3 D
3
C B
x M x
 ⇒ 
MB
DO
  
AM
AD
 ⇒ 
x
3
  
8
4
 ⇒ x  6 ⇒ BC  12 cm
33 a 156_Manual FME9.indd 67 23/07/13 14:44
68
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
568. nABC ⇒ AB2  b2  1
 nABD ⇒ AB2  4  BD2 
⇒
 ⇒ BD2  4  b2  1 ⇒
 ⇒ BD  b2  3, b  3 
D
C 1 B
A
2
b
•
•
569. nACD ⇒ AC2  AD2  CD2 ⇒
 ⇒ AC2  152  252 ⇒
 ⇒ AC  20 cm
 Relações métricas no nACD: 
•
•
A B
20
15
h
25 CD
 AC  AD  CD  h ⇒
 ⇒ 20  15  25  h ⇒ h  12 cm 
571. Temos duas possibilidades:
 1·ª) 2·ª) 
•
•
15 B
3
R
Q
3
P
24
A
•
•
P
12
3
R
Q
A B
3
24
 Sejam P e Q os centros das cir- Neste caso traçamos PR tal que
 cunferências. Traçamos QR, PR  BQ e QR tal que QR  AB.
 QR  AB e os raios PA e QB. Note RA  BQ  3 cm. Como
 Note RA  QB  3 cm. Como PA  15 cm, segue-se PR 
 PA  15 cm, segue-se PR   18 cm.
  12 cm. Então:
 Então: nPQR: PR2  RQ2  PQ2 ⇒
 nPQR: PR2  RQ2  PQ2 ⇒ ⇒ 182  RQ2  242 ⇒
 ⇒ 122  RQ2  242 ⇒ ⇒ RQ2  252 ⇒ RQ  6 7 cm
 ⇒ RQ2  432 ⇒ RQ  12 3 cm AB  RQ  6 7 cm
 AB  RQ  12 3 cm
33 a 156_Manual FME9.indd 68 23/07/13 14:44
69
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
572. a: hipotenusa; b, c: catetos. Temos:
 2p  24 ⇒ a  b  c  24 ⇒
 ⇒ b  c  24  a (1)
 Rel. métricas ⇒ b  c  a  
24
5
 ⇒
 ⇒ b  c  
24
5
  a (2)
 Teorema de Pitágoras ⇒ 
•
•
b c
a
5
24
 ⇒ b2  c2  a2 (3)
 (1) ⇒ (b  c)2  (24  a)2 ⇒ b2  c2  2bc  576  48a  a2 ⇒
 
(3)
 
(2)
 ⇒ a2  2  
24
5
 a  576  48a  a2 ⇒ a  10 m
573. Considere o triângulo PQR, em que 
P, Q e R são os centros das três cir-
cunferências que se tangenciam ex-
ternamente.
 Seja x o raio a determinar.
 Note que PO  r  x. Então:
 nOPR: 
•
x
x x
r – x
A
Q O R B
P
r
2
r
2
r
2
r
2
r
2
r
2
 x  
r
2
2
  (r  x)2  
r
2
2
 ⇒
 ⇒ x  
r
3
574. Sejam ABC o triângulo que obtemos ao unir os centros dos círculos e 
P o ponto de tangência entre os dois círculos de mesmo raio. Temos:
 nBPC: BC2  BP2  PC2 ⇒ (16  r)2  162  (16  r)2 ⇒
 ⇒ (16  r)2  (16  r)2  256 ⇒
 ⇒ (16  r  16  r )(16 r  16  r)  256 ⇒
 ⇒ 32  (2r)  256 ⇒ r  4
•
•
A P 16
16
16
B
16 – r
C
r r r
33 a 156_Manual FME9.indd 69 23/07/13 14:44
70
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
575. Sejam ABCD o quadrado e 
EFGHIJLM o octógono regular.
 Temos:
 (AD  1, AF  x, DE  x) ⇒
 ⇒ EF  1  2x
 EFGHIJLM é regular ⇒
 ⇒ EF  FG  1  2x
 nAFG: (1  2x)2  x2  x2 ⇒
 ⇒ (1  2x)2  2x2 ⇒ 
 ⇒ 1  2x  x 2 ⇒ 
 ⇒ x( 2 2)  1 ⇒
 ⇒ x  
2  2
2
 
••
••
A x G H x B
J
x
I
x
F
1 – 2x
1 1 – 2x
E
x
D x M
x
L x C
576. Traçamos os raios pelos pontos 
de tangência e obtemos o tra-
pézio retângulo EPQF.
 Traçamos a altura QS desse 
trapézio, obtemos o triângulo 
retângulo QSP. 
 Daí:
 
a
2
  r
2
  
a
2
  r
2
  
a
2
  r
2
 ⇒
 ⇒ 
a
2
  r  
a
2
  r  2 ⇒
 ⇒ r  
(3  2 2)  a
2
 
A B
Q
F
PS
E
CD
r r r
2
a
– r a
2
a
2
r
r
2
a
– r
577. Construímos o triângulo ABC, 
de lados AB e BC paralelos aos 
lados do quadrado, conforme fi-
gura ao lado. Considerando as 
medidas indicadas, podemos 
aplicar o teorema de Pitágoras 
ao nABC:
 (4r)2  2  (a  2r)2 ⇒
 ⇒ 4r  (a  2r) 2 ⇒
 ⇒ r  
( 2  1)  a
2
 
•
••
•
•
A
a
B C
r
r
r
r
a – 2r
a – 2r
33 a 156_Manual FME9.indd 70 23/07/13 14:44
71
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar578. Construímos o triângulo OPB, tal que 
OP  AC, PB  DE.
 Note que OB  R, OP  R  12 e 
PB  54  R.
 nOPB ⇒
 ⇒ R2  (R  12)2  (54  R)2 ⇒
 ⇒ R2  132R  3 060  0 ⇒
 ⇒ R  102 cm (não serve) ou 
 R  30 cm 
•
••
•
•
R
R
O
BR
C
R
E
P
54
R – 12
54 – R
A
12
12
D
579. Temos duas possibilidades:
 1·ª) E está entre as montanhas. 2·ª) A montanha menor está entre
 E e a maior.
•
•
•
1200 2100
1500
2900
1100
900
Q
P
2
P
1
H
1
H
2
900
E
••
1200 900
E
Q
2100
29
00
1500
9
0
0
2
0
0
0
1
1
0
0
H
1
H
2
P
1
P
2
nP
1
H
1
E 
Pitágoras
 H
1
E  1 200 m
nP
2
H
2
E 
Pitágoras
 H
2
E  2 100 m
nP
1
P
2
Q ⇒
⇒ (P
1
Q  H
1
H
2
  3 300 m;
 P
2
Q  1 100 m)
Aplicando o teorema de Pitá-
goras neste último triângulo, 
temos:
(P
1
P
2
)2  3 3002  1 1002 ⇒
⇒ P
1
P
2
  3 478 m
(P
1
H
1
  900, P
2
H
2
  2 000) ⇒
⇒ P
2
Q  1 100 m
nP
1
H
1
E 
Pitágoras
 EH
1
  1 200 m
nP
2
H
2
E 
Pitágoras
 EH
2
  2 100 m 
⇒
⇒ H
1
H
2
  900 m
nP
1
P
2
Q ⇒
⇒ (P
1
Q  H
1
H
2
  900 m;
 P
2
Q  1 100 m)
Aplicando o teorema de Pitágoras 
ao nP
1
P
2
Q:
(P
1
P
2
)2  1 1002  9002 ⇒
⇒ P
1
P
2
  1 421 m 
33 a 156_Manual FME9.indd 71 23/07/13 14:44
72
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
580. Considere o ponto Z, interseção de 
PQ com a circunferência menor. Te-
mos:
 ZS  SQ  ST  3 cm ⇒
 ⇒ (ZQ  6 cm)
 (ZQ  6 cm, PQ  8 cm) ⇒
 ⇒ PZ  2 cm ⇒ PS  5 cm
 nPST ⇒ (PT)2  32  52 ⇒
 ⇒ PT  4 cm
 T̂  Q̂ (retos)
 TP̂S  RP̂Q (comum) 
⇒
 ⇒ nPST  nPRQ ⇒
 ⇒ 
PT
PQ
  
ST
RQ
 ⇒ 
4
8
  
3
RQ
 ⇒
 ⇒ RQ  6 cm 
•
•
R
T
Q
4
P
3
2 Z 3 S 3
581. Considere o triângulo isósceles 
OAB, OM sua altura relativa à base, 
P o centro do círculo inscrito no se-
tor OAB, S, T pontos de tangência 
entre a circunferência e raios OA e 
OB, respectivamente. Temos:
 AB  
R
2
 ⇒ AM  MB  
R
4
 OT  R ⇒ OP  R  r
 Ŝ  M̂ (retos)
 SÔP  AÔM (comum) 
⇒
 ⇒ nSOP  nMOA ⇒
 ⇒ 
SP
MA
  
OP
OA
 ⇒
 ⇒ 
r
R
4 
  
R  r
R
 ⇒ r  
R
5
 
•
•
R
O
R – r
S
r
M
AB
P
T
R
4
R
4
582. De acordo com a figura, temos:
 3  
l
2
  R ⇒ 
•
3
l
2
l
2 ⇒ 3  
l
2
  3( 2  2) ⇒
 ⇒ l  6( 2  1) cm
 Sendo 2p o perímetro do quadrado, 
vem:
 2p  4  l ⇒ 2p  24( 2  1) cm
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73
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
583. Cálculo da diagonal AC:
 nACD: AC2  AD2  CD2 ⇒
 ⇒ AC2  a2  a2 ⇒
 ⇒ AC  a 2  CE
 AM  
1
3
  AC ⇒ AM  
a 2
3
 ⇒
 ⇒ MC  
2
3
  a 2 
••
•
•
••
A a B
M
a a
D C
a a
P
3
2
E a F
2a 2
a 2√
√
 EP  
1
2
 CE ⇒ EP  PC  
a 2
2
 (AĈD  45°, EĈD  45°) ⇒
 ⇒ AĈE  90°
 nACE: (MP)2  
2a 2
3
2
  
a 2
2
2
 ⇒ MP  
5 2
6
 a
584. 1) 2) 
•
•
•
•
A
B H M C
3 x 6
9
b c
k 3k
Sendo m e n as projeções pro-
porcionais a 1 e 3, temos:
m  k e n  3k.
Rel. métricas ⇒
⇒ b2  4k  k ⇒ b  2k
 c2  4k  3k ⇒ c  2 3k
Dado ⇒ 2p  18  6 3 ⇒
⇒ 2k  4k  2 3k  18  6 3
⇒ k  3
⇒
AH: altura; AM: mediana
Se k  3, temos:
(BH  3, HC  9) ⇒
⇒ (BC  12, MC  6)
(HC  9, MC  6) ⇒
⇒ HM  3 m
585. nAHM 
Pitágoras
 HM  2 cm
 AM é mediana ⇒ AM  MC  MB  4 cm 
⇒ BH  2 cm
 Rel. métricas no nABC:
 
b2  8  6 ⇒ b  4 3 cm
c2  8  2 ⇒ c  4 cm
 Logo: 
•
•
A
bc
4
2 3
H M
B C
2 2 4
√
 2p  4  8  4 3 ⇒
 ⇒ 2p  4(3  3 ) cm.
33 a 156_Manual FME9.indd 73 23/07/13 14:44
74
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
586. (BC)2  (AB)2  (AC)2 ⇒
 ⇒ (BC)2  802  602 ⇒
 ⇒ (BC)  100 cm
 (AB) × (AC)  (BC)  (AH) ⇒
 ⇒ 80  60  100  (AH) ⇒
 ⇒ (AH)  48 cm 
•
A
C
60
HM
80
B
•
 (AM)  
(BC)
2
 ⇒ (AM)  
100
2
 ⇒
 ⇒ (AM)  50 cm
 (AB)2  (BC)  (HB) ⇒ 802  (100)2(HB) ⇒ HB  64 cm
 (AC)2  (BC)  (HC) ⇒ 602  (100)2(HC) ⇒ HC  36 cm
 (MH)  (BC)  (BM)  (HC) ⇒ (MH)  100  50  36 ⇒ (MH) 
  14 cm
587. Na figura, sejam ABC o triângulo 
isósceles de base BC, O o centro da 
circunferência inscrita e T o ponto 
de tangência desta com o lado AB. 
Temos:
 nATO ⇒ (AT)2  (OT)2  (AO)2 ⇒
 ⇒ (AT)2  r2  (h  r)2 ⇒
 ⇒ AT  h(h  2r)
 AT̂O  AM̂B (retos)
 TÂO  MÂB (comum) 
⇒
 ⇒ nTAO  nMAB ⇒
 ⇒ 
AT
AM
  
TO
MB
 ⇒
 ⇒ 
h(h  2r)
h
  
r
a
2 
 ⇒
 ⇒ 
h(h  2r)
h2  
r2
a2
 4 
 ⇒
 ⇒ h  
2a2  r
a2  4r2
 
•C
a
2
M
r
r
B
T•
h – r
A
h
a
2
 (Note que devemos ter a  2r.)
589. Na figura, ABC é isósceles de base BC e AH é altura relativa à base. 
Temos:
 nAMH: (AM)2  (AH)2  (MH)2 (1)
 nABH: (AH)2  (AB)2  (BH)2 (2)
33 a 156_Manual FME9.indd 74 23/07/13 14:44
75
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 (2) em (1) 
 ⇒ (AM)2  (AB)2  (BH)2  (MH)2 ⇒
 ⇒ (AM)2  (AB)2  (BH)2  (BH  BM)2 ⇒
 ⇒ (AM)2  (AB)2  2(BH)(BM)  (BM)2 ⇒
 ⇒ (AM)2  (AB)2  (BM)(2BH  (BM)) ⇒
 ⇒ (AM)2  (AB)2  BM((BC)  (BM)) ⇒
 ⇒ (AM)2  (AB)2  (BM)(MC) ⇒
 ⇒ (AB)2  (AM)2  (MB)(MC) 
B M H C
A
•
590. Na figura, temos:
 nPER é retângulo, EF é altura relati-
va à hipotenusa ⇒
 ⇒ (PE)2  (PR)  (PF) ⇒
 ⇒ h2  l  a ⇒ l  
h2
a
 nPER ⇒ h2  b2  l2 ⇒
 ⇒ h2  b2  
h4
a2 ⇒ 
 b  
h
a
 h2  a2
 2p  2l  2b ⇒
 ⇒ 2p  2h2  
2h
a
 h2  a2 ⇒ 
F
bEb
l
a
h
P
•
RQ
l
•
 ⇒ 2p  
2h(h  h2  a2)
a
591. nAOE 
Pitágoras
 OE  
a 5
4
 nBOC 
Pitágoras
 OC  
a 5
2
⇒
 nCDE 
Pitágoras
 EC  
5a
4
 Pela recíproca do teorema de 
Pitágoras, a igualdade obtida 
acima nos garante que nCOE 
é retângulo em O. Como OP é 
altura relativa à hipotenusa, 
temos:
 (OP)2  (EP)  (CP) 
E
P
O B
a
CaD
3a
4
•
•
A
•
a
4
a
2
a
2
•
33 a 156_Manual FME9.indd 75 23/07/13 14:44
76
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
592. 
 
EB
mD Cn
A
r
s
x – n
x
 Hipótese Tese
 AD é bissetriz interna
 AE é bissetriz externa 
⇒ 
AD2  AE2
CD
  
AD2  AE2
BD
 = 2
 Demonstração
 2  CÂD  2  CÂE  180° ⇒ CÂD  CÂE  90° ⇒ nADE retângulo 
em A ⇒ DE  AD2  AE2  x
 Utilizando as medidas indicadas, devemos provar que 
x
n
  
x
m
  2.
 Teor. biss. interna ⇒ 
m
r
  
n
s
 ⇒ 
m
n
  
r
s
 
 Teor. biss. externa ⇒ 
x  m
r
  
x  n
s
 ⇒ 
x  m
x  n
  
r
s
 
⇒
 ⇒ 
x  m
x  n
  
m
n
 ⇒ mn  
(m  n)
2
  x
 Daí: 
x
n
  
x
m
  
m  n
mn
  x  
m  n
(m  n) 
 2 
x
  x  2.
 
593. (DC  DA, OC  OA, OD comum) LLL
 nCDO  nADO ⇒ CÔD  AÔD 
 (CE  BE, OC  OB, OE comum) LLL
 nCOE  nBOE ⇒ CÔE  BÔE 
⇒
 ⇒ 2  CÔD  2  CÔE  180° ⇒ CÔD  CÔE  90° ⇒ nDEO é 
retângulo em O.
 OC é altura relativa à hipotenusa ⇒ OC2  CD  CE ⇒ r2  CD  CE.
•
•
A r O r B
D
C
Y
E
X
r
•
33 a 156_Manual FME9.indd 76 23/07/13 14:44
77
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
Aplicações do teorema de Pitágoras
598. a) 
y x6
30º45º
•
 b) 
y
x
12
30º
•
30º
sen 45°  
y
6
 ⇒ 
2
2
  
y
6
 ⇒
⇒ y  3 2
sen 30°  
y
x
 ⇒ 
1
2
  
3 2
x
 ⇒
⇒ x  6 2
sen 30°  
y
12
 ⇒ 
1
2
  
y
12
 ⇒
⇒ y  6
tg 30°  
x
y
 ⇒ 
3
3
  
x
6
 ⇒
⇒ x  2 3
 c) 
••
60º
30º
y
12
x
 d) •
30º
12
y
60º
x
tg 60°  
y
2
 ⇒ 3  
y
12
 ⇒
⇒ y  12 3
tg 30°  
y
x
 ⇒ 
3
3
  
12 3
x
 ⇒
⇒ x  36
sen 60°  
12
y
 ⇒ 
3
2
  
12
y
 ⇒
⇒ y  8 3
sen 30°  
y
x
 ⇒ 
1
2
  
8 3
x
 ⇒
⇒ x  16 3
599. b) 
•
•
60º
xyx y
8 4
8
 c) x
y
x
6
45º
45º •
cos 60°  
4
x
 ⇒ 
1
2
  
4
x
 ⇒
⇒ x  8
42  y2  x2 ⇒ 16  y2  64 ⇒
⇒ y  4 3
cos 45°  
6
x
 ⇒ 
2
2
  
6
x
 ⇒
⇒ x  6 2
y2  62  x2 ⇒ y2  36  72 ⇒
⇒ y  6
33 a 156_Manual FME9.indd 77 23/07/13 14:44
78
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 d) e) 
6
6 3√
120º
60º
60º
y
x x
z y z22
• •
3√
6
6 x – 6
y h
45º
12 2
•
• •
√
cos 45°  
x  6
12 2
 ⇒
⇒ 
2
2
  
x  6
12 2
 ⇒ x  18
sen 45°  
h
12 2
 ⇒
⇒ 
2
2
  
h
12 2
 ⇒ h  12
y2  62  122 ⇒ y  6 5
sen 60°  
6 3
x
 ⇒
⇒ 
3
2
  
6 3
x
 ⇒ x  12
cos 60°  
z
x
 ⇒ 
1
2
  
z
12
 ⇒
⇒ z  6
2z  y  22 ⇒ 12  y  22 ⇒
⇒ y  10
600. a) Prolongando o segmento de medi-
da 3, temos:
 sen 60°  
3 3
a
 ⇒ 
3
2
  
3 3
a
 ⇒
 ⇒ a  6 
3
a
60º
x
•
150º
•
b
 tg 30°  
9
b
 ⇒ 
3
3
  
9
b
 ⇒
 ⇒ b  9 3
 x2  b2  32 ⇒ x2  (9 3 )2  9 ⇒ x  6 7
 b) Prolongando o segmento de medi-
da 3, temos:
 nADF ⇒ sen 60°  
3
a
 ⇒
 ⇒ 
3
2
  
3
a
 ⇒ a  2 3 ⇒
 ⇒ AM  3 3
 (nABC é equilátero, BM ⊥ AC) ⇒
 ⇒ AM  MC
 nCDE ⇒ sen 60°  
DE
CD
 ⇒
 ⇒ 
3
2
  
x
4 3
 ⇒ x  6 
A
D
F
3
60º
a
3 3
x
60º
E C
B 30º
•
•
•
√
3√
30º
M
•
33 a 156_Manual FME9.indd 78 23/07/13 14:44
79
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
604. Na figura temos:
 PQ  10 m, PR  4 m, OA
¨
 bissetriz 
de QÔR.
 SÔT  45° ⇒ nSOT é isósceles ⇒
 ⇒ ST  TO  QS  4 m ⇒
 ⇒ QS  4m ⇒ PS  6 m
 nMPS: sen 45°  
x
6
 ⇒
 ⇒ 
2
2
  
x
6
 ⇒
 ⇒ x  3 2 m
605. Na figura, OR
¨
 é bissetriz de SÔQ. 
Prolongamos o segmento de medi-
da 2 m, formando o triângulo PQT. 
Note que OQ̂R  45° ⇒ nPQT isós-
celes ⇒ (QT  2 m, PQ  2 m) 
PQ  2 m ⇒ RQ  4 m.
 nRQO: sen 45°  
4
OQ
 ⇒
 ⇒ 
2
2
  
4
OQ
 ⇒ OQ  4 2 ⇒
 ⇒ OT  3 2 m 
2 m
2 m
2 m2
S
R
P
45º
QTO 3
x
45º
•
•
√
√ √
 nPOT: x2  (3 2 )2  ( 2 )2 ⇒ x  2 5 m
606. Prolongando o segmento, cuja medi-
da é procurada, até interceptar os la-
dos do ângulo, obtemos um triângulo 
equilátero e os segmentos a e b.
 Temos:
 sen 60°  
6
a
 ⇒ 
3
2
  
6
a
 ⇒
 ⇒ a  4 3 m
 sen 60°  
9
b
 ⇒ 
3
2
  
9
b
 ⇒
 ⇒ b  6 3 m
 O lado do triângulo equilátero é igual 
a a  b  10 3 m. Temos:
 MC  
a  b
2
 ⇒ MC  5 3 m 
B
B
60º
9 m
b
M
P
a
6 m
C
60º
30º
30º
•
•
•
•
x
 x  MC  a ⇒ x  5 3  4 3 ⇒ x  3m
• • •
•
Q
S
6 m
4 m
M
45º
x
45º
O
T R
P
4 m
A
•
33 a 156_Manual FME9.indd 79 23/07/13 14:44
80
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
607. Prolongando o segmento de medida 
6 m, obtemos o triângulo BCD com 
CB̂D  30°. Daí:
 sen 30°  
CD
BD
 ⇒ 
1
2
  
3
BD
 ⇒
 ⇒ BD  6 m
 BD  6 m ⇒ AB  12 m
 nAOB: tg 60°  
AB
AO
 ⇒ 
A
O C B
D
6 m
6 m
3 m
30º
• •
x
60º
•
 ⇒ 3  
12
AO
 ⇒ AO  4 3
 nAOD: x2  AO2  AD2 ⇒
 ⇒ x2  48  36 ⇒ x  2 21 m
608. Prolongamos o segmento cuja medi-
da vamos determinar e obtemos o 
triângulo ABC. Temos:
 y2  32  (3 13)2 ⇒ y  6 3 m
 tg 60°  
3
z
 ⇒ 3  
3
z
 ⇒
 ⇒ z  3 m
 sen 60°  
3
w
 ⇒ 
3
2
  
3
w
 ⇒ 
•
•
B
A
w
x
y z C
3
60º
30º 3 13 m√
 P
 ⇒ w  2 3
 nABC: sen 30°  
x  w
y  z
 ⇒ 
1
2
  
x  2 3
7 3
 ⇒ x  
3 3
2
 m
609. Na figura ao lado precisamos deter-
minar a distância PT. Temos:
 nPQW ⇒ sen 60°  
3 3
y
 ⇒
 ⇒ 
3
2
  
3 3
y
 ⇒ y  6 m
 nPRS: sen 60°  
9 3
PS
 ⇒
 ⇒ 
3
2
  
9 3
PS
 ⇒ PS  18 m
 PS  18 ⇒ y  2x  18 ⇒
 ⇒ 6  2x  18 ⇒ x  6 m
 PT  x  y ⇒ PT  6  6 ⇒
 ⇒ PT  12 m 
P
y W
Q
3 3
60º
60º
x
x
T
S
60º
R
30º
9 3
√
√
•
30º
•
•
33 a 156_Manual FME9.indd 80 23/07/13 14:44
81
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
612. tg 60°  
h
x
 ⇒ 3  
h
x
 ⇒ x  
h
3
 tg 45°  
h
30  x
 ⇒ 1  
h
30  x
 ⇒ x  h  30 
⇒
 ⇒ 
h
3
  h  30 ⇒ h  15(3  3 ) m
•
45º 60º
h
30 m x
613. (BÂD  45°, D̂  90°) ⇒
 ⇒ AB̂D  45° ⇒ AD  BD
 nABD ⇒ a2  BD2  BD2 ⇒
 ⇒ BD  
a 2
2
  AD
 AC  2a, AD  
a 2
2
 ⇒
 ⇒ CD  2a  
a 2
2
 ⇒ 
B
A D C
45º
45º
a a 2
2
• •
√
a 2
2
√
 ⇒ CD  
(4  2)
2
  a
 nBCD: BC2  
a 2
2
2
  
(4  2)
2
  a
2
 ⇒ BC  5  2 2  a
615. Seja b a base menor. Daí
 AF  BC  b.
 Traçando as alturas AE e BD, temos
 DE  b e CD  EF  
m  b
2
 . 
A b B
bb
b CF DE
60º
m – b
2
m – b
2
••
 nAEF: cos 60°  
(m  b)
2
b
 ⇒ 
1
2
  
(m  b)
2
b
 ⇒ b  
m
2
 2p  3  b  m ⇒ 2p  
3m
2
  m ⇒ 2p  
5m
2
33 a 156_Manual FME9.indd 81 23/07/13 14:44
82
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
616. Sejam B e b as bases maior e me-
nor, respectivamente.
 Traçando as alturas PR e TS, temos:
 QS  RM  
B  b
2
 e
 QR  
B  b
2
 nPQR: tg y  
b  b
2
3
(B  b)
2
 ⇒
 ⇒ tg y  3 ⇒ y  60°
 nQSN ⇒ x  30° 
Q
y
x
N
B – b
2
B – b
2
S b R M
bT P
(B + b)
2
3
• •
√
618. Seja l a medida do lado do quadra-
do. Traçamos EF tal que EF  AB.
 Temos:
 nCDE  nBAE (LAL) ⇒
 ⇒ DE  AE
 nDEF  AEF (LLL) ⇒
 ⇒ DÊF  AÊF  a 
D C
F E
2
A B
l
2
l
l
α
α
•
•
 nDEF: tg a  
l
2
l
 ⇒ tg a  
1
2
619. No nABC ⇒
 ⇒ (AÔB  30°, AB  r,
 OA  6  r)
 sen 30°  
AB
OA
 ⇒ 
1
2
  
r
6  r
 ⇒
 ⇒ r  2 dm
 
B CO
6 –
 r
D
6 dm r
A
r30º
30º •
620. Na figura ao lado, precisamos deter-
minar CD. Temos:
 1) (DB̂C  a, DĈB  b) ⇒
 ⇒ a  b  90° 
A
D
B
C
O E 3r
r
r
r sen α 3r – r sen α
r
 s
e
n
 α
α
α
β
••
•
•
 2) EĈB  b ⇒ EĈO  a
 3) nCOE: OE  AD  r sen a
 4) AB  3r ⇒ BD  3r  r sen a
 5) nBCD: CD  3r sen a
 6) nBCD: BD2  CD2  BC2 ⇒
33 a 156_Manual FME9.indd 82 23/07/13 14:44
83
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 ⇒ (3r  r sen a)2  (r sen a)2  9r2 ⇒ sen a  
3
5
 mas: sen a  
CD
3r
 ⇒ 
CD
3r
  
3
5
 ⇒ CD  
9
5
 r
621. 1) POQA é quadrado ⇒
 ⇒ PA  AQ  r
 2) nABC: (AB  a cos a,
 AC  a sen a)
 1), 2) ⇒ (PB  a cos a  r,
 QC  a sen a  r)
 3) QC  CS  a sen a  r 
•
a sen α – r 
a sen α – r (a sen α – r) 
a
 c
o
s α
 –
 r
 
A
Q
C
O
S
r
r
r
r
P
α
•
•
•
•
B
a
 4) BC  a ⇒ BS  a  (a sen a  r)
 5) BS  BP ⇒ 
 ⇒ a  a sen a  r  a cos a  r ⇒
 ⇒ r  
a
2
 (sen a  cos a  1)
622. 
C 10 B
60º
60º
30º
60º
H
G
F
E
8
D 10 A
8
30º
30º
•
•
•
•
30º
 nABE: (Â  30°, B̂  60°) ⇒ Ê  90°. Analogamente, 
 F̂  Ĝ  Ĥ  90° ⇒ EFGH é retângulo.
 nBCF: sen 30°  
BF
BC
 ⇒ 
1
2
  
BF
10
 ⇒ BF  5
 nABE: sen 30°  
BE
AB
 ⇒ 
1
2
  
BE
8
 ⇒ BE  4
⇒ FE  GH  1 cm
 nBCF: cos 30°  
CF
BC
 ⇒ 
3
2
  
CF
10
 ⇒ CF  5 3 cm
 nCDG: cos 30°  
CG
CD
 ⇒ 
3
2
  
CG
8
 ⇒ CG  4 3 cm
⇒ FG  EH  3 cm
 Sendo 2p o perímetro de EFGH, temos 2p  2( 3  1) cm.
33 a 156_Manual FME9.indd 83 23/07/13 14:44
84
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
623. a) 
6 6 6 6
6
h
x
3 3
6 – h
•
•
6
y
6
a
a
6 – a
45
º
30º
•
 Considerando as medidas indicadas na figura, temos:
h  
6 3
2
 ⇒ h  3 3
x2  32  (6  h)2 ⇒
⇒ x2  9  (6  3 3 )2 ⇒
⇒ x  6 2  3 ⇒
⇒ x  3( 6  2)
tg 30°  
a
6  a
 ⇒
⇒ 
3
3
  
a
6  a
 ⇒
⇒ a  3( 3  1)
sen 45°  
a
y
 ⇒
⇒ 
2
2
  
3( 3  1)
y
 ⇒
⇒ y  
6( 3  1)
2
 ⇒
⇒ y  3( 6  2 )
 b) 
a
a
x
3
6 – a
45º
6
3
6
h = 3 3
α
α
•
•
√
 Considerando as medidas indicadas na figura, temos:
 tg a  
6  a
a
 tg a  
3
6  3 3
 
⇒ 
6  a
a
  
1
3  3
 ⇒ a  3  3
 sen 45°  
a
x
 ⇒ 
2
2
  
3  3
x
 ⇒ x  3 2  6
33 a 156_Manual FME9.indd 84 23/07/13 14:44
85
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 — Triângulos quaisquer
Teorema dos senos 
627. a) b) A 6 B
C6D
x
15º
135º
30º
DA
B C
x
12
45º
30º
30º
12
 Paralelogramo ABCD ⇒ ABCD trapézio ⇒
 ⇒ (Â  135°, AB  6) ⇒ DÂC  BĈA (alternos)
 nABD: 
x
sen 135°
  
6
sen 30°
 ⇒ nABC: 
x
sen 45°
  
12
sen 30°
 ⇒
 ⇒ 
x
2
 2 
  
6
1
2
 ⇒ x  6 2 ⇒ 
x
2
 2 
  
12
1
2
 ⇒ x  12 2
628. b) 6 2
sen x
  2R ⇒ 
6 2
sen x
  12 ⇒
 
x
6
6 2√
 ⇒ sen x  
2
2
 ⇒ x 45°
630. nABM ⇒ l  10  cos 30° ⇒
 ⇒ l  10  
3
2
 ⇒ l  5 3
 Logo: BC  10 3 cm. 
A
10 cm10 cm
30º 30º
B l lM C
•
632. Devemos provar que 
a  b
b
  
sen A  sen B
sen B
.
 Da lei dos senos, temos:
 
a
sen A
  
b
sen B
  
c
sen C
  2R
 Daí: a  2R sen A, b  2R sen B, c  2R sen C.
 Logo: 
a  b
b
  
2R sen A  2R sen B
2R sen B
  
sen A  sen B
sen B
CAPÍTULO XV
33 a 156_Manual FME9.indd 85 23/07/13 14:44
86
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
Relações métricas  Teorema dos cossenos
635. a) b) 
•
7 8
A
10
x
•
x
A
5
B
C
7
2 29√

 Â é agudo ⇒ AB̂C é obtuso ⇒
 ⇒ 82  72  102  2  10x ⇒ ⇒ (2 29)2  52  72 
 ⇒ x  
17
4
  2  7  x ⇒ x  3
637. a) b) 
•
A
5
h
B
x 10 – x
C
3 5√

B 6 C x
A
4
h2 19√

•
 B̂ é agudo ⇒ nABC, Ĉ é obtuso ⇒
 ⇒ (3 5 )2  102  52  ⇒ (2 19)2  42  62 
  2  10  x ⇒ x  4  2  6  x ⇒ x  2
 h2  42  52 ⇒ h  3 h2  22  42 ⇒ h  2 3
639. b) Pela lei dos cossenos, temos:
 72  32  52  2  3  5  cos x ⇒
 ⇒ cos x  
1
2
 ⇒ x  120°
 
3 5
x
7
640. nABE ⇒
 ⇒ a2  102  162  2  10  16  cos 60° ⇒
 ⇒ a2  100  256  2  10  16  
1
2
 ⇒
 ⇒ a  14 cm
 nADE ⇒ 
 ⇒ b2  102  162  2 · 10  16  cos 120° ⇒
 ⇒ b2  100  256  2  10  16  
1
2
 ⇒ b  2 129 cm
A b D
B C
a
a
16
10
10
60º
120º
16
E
b
33 a 156_Manual FME9.indd 86 23/07/13 14:45
87
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
641. d) Os lados são da forma 3k, 4k e 4,5k ou 6k, 8k e 9k.
 Temos: (9k)2  81k2  (6k)2  (8k)2  100k2 ⇒ o triângulo é 
acutângulo.
 e) Os lados são da forma 
k
3
, 
k
4
, 
k
6
 ou 4k, 3k, 2k.
 Temos: (4k)2  16k2  (3k)2  (2k)2  13k2 ⇒ o triângulo é 
obtusângulo.
644. (282  784, 122  202  544) ⇒
 ⇒ 282  122  202 ⇒
 ⇒ o triângulo é obtusângulo.
 Aplicando relações métricas:
 282  122  202  2  20  x ⇒
 ⇒ x  6 m 
28
20
12
x
•
646. nABC é acutângulo ⇒ x2  72  52  2  5  1 ⇒ x2  64 ⇒ x  8 cm.
647. Usando as medidas em cm, temos 
a projeção de AB sobre AC igual a 
0,3 cm.
 Daí:
 82  52  x2  2  5  0,3 ⇒
 ⇒ x2  64  25  3 ⇒ x  6 cm. 
B
5A0,3 C
8
x
•
649. (142  196; 82  102  164) ⇒
 ⇒ 142  82  102 ⇒
 ⇒ o triângulo é obtusângulo e 
temos da figura ao lado:
 142  82  102  2  10  x ⇒
 ⇒ x  
8
5
 cm. 
14
C
10A B
8
x•
 A projeção de AC sobre a base AB 
mede 
8
5
 cm.
 A projeção de BC sobre a base AB mede 10  
8
5
  
58
5
 cm.
655. Aplicamos a lei dos cossenos:
 (x  2)2  x2  (x  1)2  2  x(x  1)  cos 120° ⇒
 ⇒ (x  2)2  x2  (x  1)2  2  x(x  1)  
1
2
 ⇒
 ⇒ 2x2  x  3  0 ⇒ x  1 (não serve) ou x  
3
2
.
33 a 156_Manual FME9.indd 87 23/07/13 14:45
88
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 Temos:
 p  x  2  x  1  x ⇒ p  
3
2
  2  
3
2
  1  
3
2
 ⇒ p  
15
2
 ⇒ p  7,5.
 
x + 2
x + 1
x
120º
657. Na figura, nAOB é isósceles ⇒
 ⇒ OÂB  30°
 nABD ⇒ sen 30°  
x
l
 ⇒
 ⇒ 
1
2
  
x
l
 ⇒ x  
l
2
 
B
120º
C A
D
30º
l
x
•
O
658. Seja R o raio do círculo. Temos:
 AB  R ⇒ nAOB equilátero ⇒
 ⇒ AB

  60°
 AĈB  
AB

2
 ⇒ AĈB  30°
 nBHC: cos 30°  
HC
BC
 ⇒ A
H
C
B
60º
30º
26
•
 ⇒ 
3
2
  
HC
26
 ⇒ HC  13 3
660. (62  36, 42  52  41) ⇒
 ⇒ 62  42  52 ⇒
 ⇒ o triângulo de lados 4, 5 e 6 é
 acutângulo ⇒
 ⇒ a diagonal de medida 6 é oposta 
ao ângulo agudo do paralelogramo.
 Pela lei dos cossenos: 
5
6 4
α
 62  42  52  2  4  5  cos a ⇒
 ⇒ cos a  
1
8
 .
 Agora,
 x2  42  52  2  4  5  cos (180°  a) ⇒
 ⇒ x2  16  25  2  4  5  (cos a) ⇒
 ⇒ x2  41  40  
1
8
 ⇒ x  46 cm. 
x
4 cm
5 cm
180¼ Ð α
33 a 156_Manual FME9.indd 88 23/07/13 14:45
89
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
662. a  b  180°
⇒ a  120°, b  60°
 a  b  60°
 x2  62  122  2  6  12  cos 120° ⇒
 ⇒ x  6 7 cm
 y2  62  122  2  6  12  cos 60° ⇒
 ⇒ x  6 3 cm 
xy
6
z
12 12
αβ
 z  12  12 ⇒ z  24 cm.
663. Pela lei dos cossenos, temos:
 AC2  AB2  BC2  2(AB)(BC)  cos b ⇒
 ⇒ 1  AB2  100  2  AB  10  
3
2
 ⇒
 ⇒ AB2  10 3AB  99  0 ⇒ não possui solução real.
 Resposta: não existe o triângulo com as medidas indicadas.
664. c2  a2  b2  2ab cos a ⇒
 ⇒ cos a  
a2  b2  c2
2ab
 b
b
a c
a
α
b
b
a
d
a
180º – α
 Seja a medida da outra diagonal 
igual a d.
 d2  a2  b2  2ab cos (180°  a) ⇒
 ⇒ d2  a2  b2  2ab (cos a) ⇒
 ⇒ d2  a2  b2  2ab  
a2  b2  c2
2ab
 ⇒
 ⇒ d2  2a2  2b2  c2 ⇒
 ⇒ d  2a2  2b2  c2
668. Sejam P, Q e R os centros dos quadrados.
 PA e PB medem metade da diagonal do quadrado de lado 6 cm.
 Então, PA  PB  3 2 cm. Analogamente, QA  QC  3 6 cm.
 Observando os ângulos formados no vértice, pode-se concluir que 
os pontos P, A e Q estão alinhados; logo, PQ  3( 2  6 ) cm.
 Agora, no triângulo ABC temos:
 sen B̂  
6 3
12
 ⇒ sen B̂  
3
2
 ⇒ B̂  60° ⇒ Ĉ  30°.
 Aplicando a lei dos cossenos ao triângulo PBR:
 PR2  PB2  BR2  2  (PB)(BR)  cos B̂ ⇒
 ⇒ PR2  (3 2 )2  (6 2 )2  2  3 2  6 2  cos 150° ⇒
 ⇒ PR2  18  72  72  (cos 30°) ⇒ PR  3 10  4 3 cm.
 Aplicando a lei dos cossenos ao triângulo QCR: 
33 a 156_Manual FME9.indd 89 23/07/13 14:45
90
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 QR2  QC2  CR2  2(QC)(CR) cos Ĉ ⇒
 ⇒ QR2  (3 6 )2  (6 2 )2  2  3 6  6 2  cos 120° ⇒
 ⇒ QR2  54  72  72  3(cos 60°) ⇒ QR  3 14  4 3 cm.
12
12
R
12
45º
60º45º
45º
30º
6
6
6
P
A
B
C
3 2√
−
3 2√
−
6 2√
−
6 2√
−
3 6√
−
3 6√
−
6 3√
−
6 3√
−
6 3√
−
Q
• •
•
•
•
• •
45º
669. Quadrilátero ABCD é inscrito ⇒ Â  Ĉ  180°
 nABD ⇒ x2  62  102  2  6  10  cos  (1)
 nBCD ⇒ x2  102  162  2  10  16  cos (180°  A)
⇒
 ⇒ 62  102  120 cos   102  162  320(cos  ) ⇒
 ⇒ cos   
1
2
 . Substituindo em (1):
 x2  62  102  120  
1
2
 ⇒ x  14 m. A
10 B
6
x
10
16
D
C
33 a 156_Manual FME9.indd 90 23/07/13 14:45
91
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
670. 1) Considere um ponto Q externo ao 
triângulo, tal que BQ  5 e CQ  
 7. Note que nPBA  nQBC 
(LLL), donde se obtém: PB̂Q  60°.
 Então, nPBQ é equilátero. Logo, 
 BP̂Q  60° (a  60°).
 2) Aplicando a lei dos cossenos no 
nPQC, temos:
 b  60°.
 3) (a  60°, b  60°) ⇒
 ⇒ BP̂C  120°.
 Aplicando a lei dos cossenos no
 nBPC, temos:
 BC  129 ⇒ x  129 cm. 
7
Q
5
B C
85
x
P
7
A
x x
α β
Linhas notáveis  Relações de Stewart
674. a) Usando a relação de Stewart:
 42  6  62  2  x2  8  8  2  6 ⇒
 ⇒ 96  72  8x2  96 ⇒ x  3.
4 6
x
2 6
675. m
a
  
1
2
2(b2  c2)  a2; m
b
  
1
2
2(a2  c2)  b2; 
 m
c
  
1
2
2(a2  b2)  c2
 m2
a
  m2
b
  m2
c
  
1
4
 [2(b2  c2)  a2]  
1
4
 [2(a2  c2)  b2] 
  
1
4
 [2(a2  b2)  c2] ⇒
 ⇒ m2
a
  m2
b
  m2
c
  
1
4
 [2b2  2c2  a2  2a2  2c2  b2  
  2a2  2b2  c2] ⇒ 
 ⇒ m2
a
  m2
b
  m2
c
  
1
4
 [3a2  3b2  3c2]  
3
4
 (a2  b2  c2)
 Logo, 
m2
a
  m2
b
  m2
c
a2  b2  c2
  
3
4
 .
677. 1) x2  h2  25
(6  x)2  h2  49
⇒
h2  25  x2
h2  49  (6  x)2 
⇒
33 a 156_Manual FME9.indd 91 23/07/13 14:45
92
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 ⇒ 25  x2  49  (6  x)2 ⇒
 ⇒ x  1
 h2  x2  25 ⇒ h2  1  25 ⇒
 ⇒ h  2 6 cm
B
A C
h
5 7
x 6 – x
•
 2) Teorema da bissetriz interna:
 
x
5
  
6  x
7
 ⇒ x  2,5 cm
 Relação de Stewart:
 52  3,5  72  2,5  z2  6 
  6  2,5  3,5 ⇒ 
5 7
z
6 – x
2,5 3,5
x
 ⇒ z2  
1 575
60
 ⇒ z  
105
2
 cm
 3) Teorema da bissetriz externa:
 
5  x
7
  
x
6
 ⇒ x  30
 Relação de Stewart:
 l2  5 72  30  62  35 
  35  5  30 ⇒
 ⇒ 5l2  5 040 ⇒ l  12 7 cm
B
A C
5 7
6
30 = x
l
678. Aplicando a relação de Stewart:
 b2n  c2m  x2(m  n)  (m  n)  m  n ⇒
 a
A
B CM
a
c
b
x
nm
33 a 156_Manual FME9.indd 92 23/07/13 14:45
93
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 ⇒ x2(m  n)  b2n  c2m  amn.
 Multiplicando ambos os membros por (m  n):
 x2(m  n)2  b2n(m  n)  c2m(m  n)  amn(m  n) ⇒
 a
 ⇒ x2(m  n)2  b2n2  c2m2  b2mn  c2mn  a2mn ⇒
 ⇒ x2  
b2n2  c2m2  mn(b2  c2  a2)
m  n
679. Teor. biss. interna ⇒ 
3
x
  
4
y
 ⇒
 ⇒ 4x  3y ⇒ x2  
9
16
 y2
 Aplicando a relação de Stewart, vem:
 x2  4  y2  3  62  7  7  3  4 ⇒
 ⇒ 
9
16
 y2  4  3y2  252  84 ⇒
 ⇒ y  8 
3 S 4
6
x y
A
B C x2  
9
16
 y2 ⇒ x2  
9
16
  64 ⇒
 ⇒ x  6
680. Teor. biss. externa ⇒ 
36
x
  
18
y
 ⇒
 ⇒ x  2y ⇒ x2  4y2
 Com a relação de Stewart, temos:
 (9 6 )2  18  x2  18  y2  36 
  36  18  18 ⇒
 ⇒ 8 748  4y2  18  36y2 
  11 664 ⇒ 
A
B 18 C 18 P
x
y
9 6√
−
 ⇒ 36y2  2 916 ⇒ y  9 ⇒ x  18
 — Polígonos regulares
686. Note que PS
  QS
  120° e
 AB
  90° ⇒ PA
  QB
  60°
 PQ  AB ⇒ PA
  PB
 
⇒
 PA
  QB
  60°
 ⇒ PA
  30° ⇒ x  15°
90º
S
P Q
x
120º120º
A B
CAPÍTULO XVI
33 a 156_Manual FME9.indd 93 23/07/13 14:45
94
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
687. AB é lado do pentadecágono regular ⇒
 ⇒ AB

  
360°
15
  AB

  24° 60º
24º
18º
B
A
Q
x
P
 PQ é lado do hexágono regular ⇒
 ⇒ PQ

  
360°
6
 ⇒ PQ

  60°
 AB  PQ ⇒ AP

  BQ

 AP

  AB

  BQ

  60° ⇒ AP

  BQ

  36°
⇒
 ⇒ AP

  18°
 AQ̂P é inscrito e subtende AP

 ⇒ AQ̂P  9°.
689. a
e
  
360°
30°
 ⇒ a
e
  12 
D
C
x
P
B
A 12º 12º nBCP ⇒ P̂  156°
691. g) O número de diagonais com me-
didas duas a duas diferentes em 
um polígono regular de n lados, 
n par, é dado por:
 
n  2
2
 Dedução: Seja o polígono A
1
A
2 
... A
n
, 
n par.
 O vértice diametralmente oposto 
a A
1
 é An
2
 
 1
.
A
1
A
2
A
3
A
4
A
5
A
n
+ 1
2
 De A
1
 partem 
n
2
  1  2 diagonais com medidas duas a duas 
diferentes.
 Então, 
n
2
  1  2  
n  2
2
.
 A união de A
1
 com os demais vér-
tices fornece diagonais com me-
didas iguais às já obtidas.
 h) O número de diagonais com me-
didas duas a duas diferentes em 
um polígono regular de n lados, n 
ímpar, é dado por:
 n  3
2
 Dedução: Seja o polígono A
1
A
2
 ... A
n
,
 n ímpar. 
A
1
A
2
A
3
A
4
A
5
A
n – 1
+ 1
2
A
n – 1
2
 O vértice que unido a A
1
 fornece a maior medida de diagonal pos-
sível é An  1
2
  1
.
33 a 156_Manual FME9.indd 94 23/07/13 14:45
95
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 De A
1
 partem 
n  1
2
  1  2 diagonais com medidas duas a 
duas diferentes.
 Então, 
n  1
2
  1  2  
n  3
2
.
 A união de A
1
 com os demais vértices resulta em diagonais com 
medidas iguais às já obtidas.
692. Temos:
 
n  2
2
  6 ou 
n  3
2
  6 ⇒ n  14 ou n  15 ⇒ S
i
  2 160° ou 
S
i
  2 340°.
693. Na figura, temos:
 AB  BC ⇒ nABC isósceles ⇒
 ⇒ Â  10°, B̂  160°
 a
i
  160° ⇒ a
e
  20° ⇒ 
B
C160º
10º 10º
A
 ⇒ 
360°
n
  20° ⇒ n  18
 d  
n(n  3)
2
 ⇒
 ⇒ d  
18  (18  3)
2
 ⇒ d  135
 n  18 ⇒ 9 diagonais passam pelo centro.
 Logo, não passam pelo centro 135  9  126 diagonais.
695. Polígono MBCNP: S
i
  540° ⇒
 ⇒ 2a
i
  200°  540° ⇒ a
i
  170°
 a
i
  170° ⇒ a
e
  10° ⇒ 
•
•
B
A
C
D
20º
a
i
a
i
M
N
P
 ⇒ 
360°
n
  10° ⇒ n  36
 Logo, passam pelo centro 
n
2
  18 
diagonais.
697. Soma dos ângulos internos do po-
lígono MBCDNP é igual a 720°. En-
tão: 3  (180°  a
e
)  180°  a
e
 
  20°  720° ⇒ a
e
  10° ⇒ 
360°
n
  
 10° ⇒ n  36.
 
•
•
D
A
M
B
C
N
E
P
180º – a
e
180º
180º
+ 20º
– a
e
– a
e
a
e
 Logo, o número de diagonais diferentes, duas a duas, é:
 
n  2
2
  
36  2
2
  17.
33 a 156_Manual FME9.indd 95 23/07/13 14:45
96
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
698. Na figura, prolongamos também os 
lados BC e DE, formando o triângulo 
ZCD.
 Temos:
 EŶZ externo ao nBXY ⇒ EŶZ  3  a
e
.
 CẐD externo ao nEYZ ⇒ CẐD  4  a
e
.
 nCZD ⇒ 6a
e
  180° ⇒ a
e
  30° ⇒ 
 ⇒ 
360°
n
  30° ⇒ n  12
 d  
n(n  3)
2
 ⇒
 ⇒ d  
12(12  3)
2
 ⇒ d  54. 
X
2a
e
Y
Z
D
E
C
B
a
e
a
e
a
e
a
e
A
F
702. Seja l
6
 o lado do hexágono.
 a) Se os triângulos são equiláteros, 
temos R  l
6
.
 Assim, diagonal maior  2R  2l
6
 
 12 m.
 b) R é lado do triângulo equilátero ⇒ 
R
R
R R
r
r
r
•
 ⇒ R  l
6
  6 m.
 c) r é altura do triângulo equilátero ⇒
 ⇒ r  
l
6 3
2
 ⇒ r  
6 3
2
  r  3 3 m.
 d) diagonal menor ⇒ 2r  2  3 3 
  6 3 m.
 e) apótema  r ⇒ a
6
  3 3 m.
710. a) l
6
  R ⇒ R  5 cm ⇒
 ⇒ a
6
  
R 3
2
 ⇒ a
6
  
5 3
2
 cm
 b) r  a
6
 ⇒ r  
5 3
2
 cm
 c) Note que AM ⊥ BC ⇒ AM é altura 
do triângulo equilátero OAB ⇒
 ⇒ AC  2 AM ⇒ AC  2  r ⇒
 ⇒ AC  5 3 cm. 
A B
C
DE
F
O
M
•
712. Sejam R
1
 e R
2
 os raios dos círculos onde estão inscritos o quadrado 
e o triângulo equilátero, respectivamente. Temos:
 l
4
  R
1 2 ⇒ 2p
1
  4R
1
2
 l
3
  R
2
3 ⇒ 2p
2
  3R
2
3 
 2p
1
  2p
2
 ⇒ 4R
1 2  3R
2
3 ⇒ 
R
1
R
2
  
4 6
9
.
33 a 156_Manual FME9.indd 96 23/07/13 14:45
97
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
714. ACEG quadrado ⇒ AC  R 2 ⇒
 ⇒ OM  
R 2
2
 ⇒
 ⇒ BM  R  
R 2
2
 
 Aplicando relações métricas no 
nBCF, retângulo em C, vem:
 (BC)2  (BF)  (BM)
 l2
8
  2R R  
R 2
2
 l
8
  R 2  2. 
√2
−
R
R –
2 A
B
C
M
OH D
R
EG
F
2
l
8
a
8
l
8
•
•
N Aplicando o teorema de Pitágoras 
no nFNO:
 a2
8
  R2  
l
8
2
2
 ⇒
 ⇒ a2
8
  R2  
R2(2  2)
4
 ⇒ a
8
  
R 2  2
2
 
716. r  1
 2r  
5  1
2
  h 
⇒ h  5  1
 AV  
h
2
 ⇒ AV  
5  1
2
 
A
B C
h
v
r
h
2
717. Aplicando o teorema da bissetriz in-
terna no nOAB:
 
l
2
  
2  l
l
 ⇒ l2  2l  4  0 ⇒
 ⇒ l  ( 5 1) m.
 
O
36º
2
3
6
º
36º
72º
72º
A B
2 – l
l
l
l
33 a 156_Manual FME9.indd 97 23/07/13 14:45
98
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
719. No nOAB temos:
 OM bissetriz ⇒ AÔB  36° ⇒
 ⇒ AB  l
10
, OB  R, MB  
l
10
2
 
 sen 18°  
MB
OB
  
l
10
2
R
  
5  1
2
  R
2R
 ⇒
 ⇒ sen 18°  
5  1
4
 
O
R
B
M
A
18º
2
l
10
•
720. l2
5
  l2
6
  l2
10
 ⇒ l2
5
  R2  
5  1
2
  R
2
 ⇒ l
5
  
R
2
10  2 5
721. sen 36°  
l
5
2
R
  R
10  2 5
4R
 ⇒
 ⇒ sen 36°  
10  2 5
4
 
2
l
5
36º 36º
•
725. l2
8
  R2  R2  2  R  R  cos 45°
 l2
8
  2R2  2R2  
2
2
 ⇒
 ⇒ l
8
  R 2  2 
O
R R
45º
A B
l
8
726. l  R 2  2 ⇒ R  
l
2  2
 ⇒ R  
l  2  2  2 
2  2  2  2  2
 ⇒
 ⇒ R  
l
2
 4  2 2 
727. Temos: a
i
  135°.
 Lei dos cossenos no nABC:
 AC2  l2  l2  2  l  l  (cos 45°) ⇒
 ⇒ AC2  2l2  l2 2 ⇒
 ⇒ AC  l 2  2
 AE  2R 
exercício
726
 ⇒ AE  2  
l
2
4  2 2 ⇒
 ⇒ AE  l 4  2 2 
A
l
B
C
D
E
H
G
F
135º
l
•
33 a 156_Manual FME9.indd 98 23/07/13 14:45
99
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 AE é diâmetro ⇒
 ⇒ nADE é retângulo em D.
 Aplicando Pitágoras ao nADE:
 AD2  AE2  DE2 ⇒
 ⇒ AD2  l2(4  2 2 )  l2 ⇒
 ⇒ AD  l 3  2 2 ⇒
 ⇒ AD  l (2  2 2  1) ⇒ AD  l  ( 2  1)2 ⇒ AD  l  ( 2  1)
728. a) l  
5  1
2
  R ⇒ R  
l( 5  1)
2
 b) nAEF é retângulo ⇒ 
D
E
F
G
HI
J
A
B
C
•
•
 ⇒ AE2  AF2  EF2 ⇒
 ⇒ AE2  (2R)2  l2 ⇒
 ⇒ AE2  l2( 5  1)2  l2 ⇒
 ⇒ AE2  l2(5  2 5 ) ⇒
 ⇒ AE  l  5  2 5
 c) AB

  BC

  72° ⇒ AC  l
5
  
l
2
10  2 5d) nADF é retângulo em D, DF  l
5
, AF  ( 5  1)l
 Daí:
 AD2  AF2  DF2 ⇒ AD2  (6  2 5 )l2  
10  2 5 
4
  l2 ⇒
 ⇒ AD2  
7  3 5 
2
  l2 ⇒ AD  
l
2
 14  6 5 
729. x2  a2  a2  2  a  a  cos 36° ⇒
 ⇒ x2  2a2  2a2  
5  1
4
 ⇒
 ⇒ x2  
(6  2 5 )
4
  a2 ⇒
 ⇒ x2  
(3  5 )
2
  a2 ⇒ 
a
a
x36º
 ⇒ x  
6  2 5
2
  a ⇒
 ⇒ x  
(5  2 5  1) 
2
  a ⇒
 ⇒ x  
( 5  1)2 
2
  a ⇒ x  
5  1
2
  a 
33 a 156_Manual FME9.indd 99 23/07/13 14:45
100
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
730. Usando o resultado do exercício 729:
 a  
5  1
2
 x ⇒
 ⇒ x  
2
5  1
  a ⇒
 ⇒ x  
5  1
2
  a.
 
a
x
x
36º
731. Usando o resultado do exercício 730 
no nABD:
 d  
5  1
2
  l. 
D
E
A
C B
d
d
36º
l
732. a) Os triângulos A'AB, B'BC, 
C'CD, D'DE e E'EA são con-
gruentes e isósceles de ba-
ses AB, BC, CD, DE e EA. Daí:
 Â'  B̂'  Ĉ'  D̂'  Ê' (1)
 e, por diferença, obtemos:
 A'B'  B'C'  C'D'  D'E'  
 E'A' (2)
 (1) e (2) ⇒ A'B'C'D'E' é pen-
tágono regular.
 b) nA'B'B 
exercício
729
 ⇒ x  
y
2
 ( 5  1) (1) 
A
E
D
A
B
C
y
y
y
y
x
x
A'E'
D' B'
C'
 BD é diagonal 
exercício
731
 ⇒ 2x  y  
l
2
 ( 5  1) (2)
 (2) ⇒ y  
l( 5  1)
2
  2x.
 Substituindo em (1), obtemos x  
3  5
2
 l.
33 a 156_Manual FME9.indd 100 23/07/13 14:45
101
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 — Comprimento da circunferência
735. a)
 
b)
 
CAPÍTULO XVII
12 cm
O
1
O
2
O
3
6 cm 6 cm
6 cm
6 cm
12 cm
60º
O
1
O
3
O
2
 R1  R2  12 ⇒
 ⇒ C1  C2  πR1  12π
 R3  24 ⇒ C3  πR3 ⇒
 ⇒ C3  24π
 C1  C2  C3  12π  
  12π  24π ⇒ C1  
  C2  C3  48π cm
R1  12 cm
R2  R3  6 ⇒
⇒ C2  C3  πR2  6π
C1  
1
6
  2πR1 ⇒
⇒ C1  
1
6
  2  π  12 ⇒
⇒ C1  4π cm
C1  C2  C3  4π  6π 
 6π  16π cm
736. a) b) A
CB
60º
A D
E
H F
G
CB
30º
 nABC é equilátero, pois seus
 lados são os raios dos arcos.
 AĈB  60° ⇒ AB  
60°
360°
  2πR ⇒
 ⇒ AB  
1
3
 π  12 ⇒
 ⇒ AB  4π m
AB  AC  BC 
⇒
 ⇒ AB  AC  BC  12π m.
Note que EB̂F  30°. Daí:
EF  
30°
360°
  2π  R ⇒
⇒ EF  
1
6
  π  48 ⇒
⇒ EF  8π m.
Logo, como EF  FG  GH 
 HE , temos: 
EF  FG  GH  HE  32π m. 
E
B
F
H I
L
J
G
C
D
A
72º
135º
105º
120º
O
1
O
2
O
3
O
4
O
5
33 a 156_Manual FME9.indd 101 23/07/13 14:45
102
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
737. ACD

  
270°
360°
  2π  18 ⇒ ACD

  27π cm
 DEF

  
288°
360°
  2π  35 ⇒ DEF

  56π cm
 FGH

  
225°
360°
  2π  24 ⇒ FGH

  30π cm ⇒
 HIJ

  
120°
360°
  2π  36 ⇒ HIJ

  24π cm 
 JLB

  
255°
360°
  2π  48 ⇒ JLB

  68π cm
 ⇒ ACD

  DEF

  FGH

  HIJ

  JLB

  205π cm
738. 
A D
B C
QP
60 m 60 m
6
0
 m
6
0
 m
60º
60º
60º
60º
O
3
6
0
 
3
 m
6
0
 
3
 m O
4
O
2
O
1
••
√
√
 nPAO
1
 ⇒ sen 60°  
AP
O
1
A
 ⇒ 
3
2
  
60 3
O
1
A
 ⇒ O
1
A  120 m ⇒
 ⇒ O
4
A  180 m
 AB

  
120°
360°
  2π(O
1
A) ⇒ AB

  
1
3
  2π  (120) ⇒ AB

  80π m
 AD

  
60°
360°
  2π(O
4
A) ⇒ AD

  
1
6
  2π  180 ⇒ AD

  60π m
 Seja 2p o comprimento total da pista. Temos:
 2p  AB

  CD

  AD

  BC

 ⇒ 2p  80π  80π  60π  60π ⇒ 
 ⇒ 2p  280π m.
745. Seja C o comprimento da circunferência e C
1
, C
2
 e C
3
 os comprimen-
tos quando o raio é aumentado em 2 m, em 3 m e em a metros, res-
pectivamente. Temos:
 C  2πR
 C
1
  2π(R  2) ⇒ C
1
  2πR  4π ⇒ C
1
  C  4π
 C
2
  2π(R  3) ⇒ C
2
  2πR  6π ⇒ C
2
  C  6π
 C
3
  2π(R  a) ⇒ C
3
  2πR  2aπ ⇒ C
3
  C  2aπ
 Portanto o comprimento aumenta em 4π m, 6π m e 2aπ m, 
respectivamente.
33 a 156_Manual FME9.indd 102 23/07/13 14:45
103
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
746. p
2
  2πR
2
  1  103
p
1
  2πR
1
  103
⇒ 2πR
2
  2πR
1
  1  103  103 ⇒
 ⇒ R
2
  R
1
  
1
2π
747. Sejam o comprimento normal e o comprimento com o raio duplicado 
iguais a C e C
1
, respectivamente. Temos:
 C  2πR
 C
1
  2π(2R) ⇒ C
1
  2  2πR ⇒ C
1
  2πC
Logo, o comprimento também duplica.
748. (l  2πR, r  2R, l  r  a ) ⇒ 2πR  2R  a ⇒ a  π ⇒ a  180°
750. C → comprimento normal da circunferência.
 C
1
 → comprimento da circunferência cujo raio aumentou 50%.
 Temos:
 C  2πR
 C
1
  2π(R  0,5R) ⇒ C
1
  2πR  πR ⇒ C
1
  C  
C
2
 ⇒
 ⇒ C
1
  C  0,5C.
 Resposta: o comprimento aumenta 50%.
755. C
1
  2πR
1
 ⇒ 1 500  2πR
1
 ⇒
 ⇒ R
1
  
750
π
 m
C
2
  2πR
2
 ⇒ 1 200  2πR
2
 ⇒ 
⇒ R
2
  
600
π
 m
d  R
1
  R
2
 ⇒ d  
750
π
  
600
π
 ⇒
⇒ d  
150
π
 m
756. C  2πR ⇒ C  2π  40 ⇒ C  80π cm
n: n° de voltas, 26 km  26 × 105 cm
d  n  C ⇒ n  
d
C
 ⇒ n  
26 × 105
80π
 ⇒ n  10 350 voltas
1 h 50 min  110 min
n° de voltas/min  
10 350
110
  94
757. Sejam R
F
: raio da roda dianteira; R
T
: raio da roda traseira; d: distância 
percorrida. Distância percorrida quando R
F
 dá 25 voltas:
d  25  2πR
F
 ⇒ d  25  2π  1 ⇒ d  50π m.
Nessa distância, R
T
 dá 20 voltas. Então:
d  20  2πR
T
 ⇒ 50π  20  2  π  R
T
 ⇒ R
T
  
5
4
 m.
Distância percorrida depois que R
F
 deu 100 voltas:
d  100  2πR
F
 ⇒ d  100  2π  1 ⇒ d  200π m.
d
R
1
R
2
33 a 156_Manual FME9.indd 103 23/07/13 14:45
104
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
758. C
1
  2πR
1
 ⇒ C
1
  2π  1,5 ⇒ C
1
  3π cm
 C
2
  2πR
2
 ⇒ C
2
  2π  1 ⇒ C
2
  2π cm
 C
1
  C
2
  3π  2π ⇒ C
1
  C
2
  π cm 
765. a  80°, l  20 cm, l  
πaR
180°
 ⇒
 ⇒ 20  
π  80°  R
180°
 ⇒ R  
45
π
 cm 80º
20 cm
R
767. (AB

  a  OB; CD

  a  OD) ⇒
 ⇒ AB

  CD

  a(OB  OD) ⇒
 ⇒ 100  80  a  25 ⇒
 ⇒ a  
4
5
 rad 
80 100O
D B
C A
25
a
770. Na figura, temos:
 nOMB ⇒ cos a  
OM
OB
 ⇒
 ⇒ cos a  
3
6
 ⇒ cos a  
1
2
 ⇒
 ⇒ a  60° B
P
A M
Q
O
6
3 a
•
 a  60°  AÔB  120° ⇒
 ⇒ (APB

  120°, AQB

  240°)
 Como os comprimentos dos arcos 
são proporcionais aos ângulos cen-
trais determinados, temos:
 
AQB

APB
  
2
1
  2.
773. Note o nABC, equilátero. Temos Ĉ  60° ⇒ 
⇒ PÔQ  120° ⇒
 ⇒ PQ

  
1
3
  2π  R ⇒
 ⇒ PQ

  
1
3
  2π  10 ⇒
 ⇒ PQ

  
20
3
 π cm
 Também temos:
 QS  2R  QS  20 cm. 
S
20
Q
CB
10 10
P
A
60º
••
•
•
 Logo, o comprimento da correia será dado por:
 3 20  
20
3
 π  60  20π  20(3  π) cm.
33 a 156_Manual FME9.indd 104 23/07/13 14:45
105
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
774. 
D
B
A
C
O'O
X
P
Y
2
2
4
a
a
•
•
•
•
 nOPO' ⇒ (OP  6,OO'  12) 
Pitágoras
 O'P  6 3 cm ⇒
 ⇒ (AB  6 3 cm, CD  6 3 cm)
 Seja PÔO'  a. Temos:
 cos a  
OP
OO'
 ⇒ cos a  
6
12
 ⇒ cos a 
1
2
 ⇒ a  60° ⇒ AÔD  120°
 AOO' e BO'O são alternos ⇒ BO'O  a  60° ⇒ BO'C  120°
 AÔD  120° ⇒ AXD

  240° ⇒ AXD

  
240°
360°
  2π  4 ⇒ AXD

  
16
3
 π cm
 BO'C  120° ⇒ BYC

  240° ⇒ BYC

  
240°
360°
  2π  2 ⇒ BYC

  
8π
3
 cm
 Logo, o comprimento da correia será dado por:
 AB  CD  AXD

  BYC

  6 3  6 3  
16
3
 π  
8
3
 π  4(3 3  2π) cm.
775. nA'AD ⇒ x2  4  z2
 Cálculo de z:
 Note que y  3  z.
 nOPA ⇒ AP  
1
2
 
 nAPC ⇒ C  60° ⇒
 ⇒ sen 60°  
AP
AC
 ⇒
 ⇒ 
3
2
  
1
2
3  z
 ⇒ 
B
D
A
C
1 x
c
t
O
30º
60º
P 1
1/2
y z
3R
•
•
•
A'
 ⇒ z  
9  3
3
. Daí:
 x2  4  
9  3
3
2
 ⇒
 ⇒ x  3,1415333...
33 a 156_Manual FME9.indd 105 23/07/13 14:45
106
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 — Equivalência plana
783. Pelos itens 235 e 236 da teoria podemos concluir que todo triân-
gulo é equivalente a um retângulode base congruente à base do 
triângulo e altura igual à metade da altura do triângulo.
 Se reduzirmos à metade a base de um triângulo, o retângulo equiva-
lente também terá sua base reduzida à metade. Para manter a equi-
valência, a altura deverá dobrar.
784. nABD  nBCD ⇒
 ⇒ I  II  III  I  II  IV ⇒ 
D C
A B
P
IV
I
I
III II II
 ⇒ III  IV
789. 4  (I)  P1  4  (I)  P2  P3 ⇒
 ⇒ P1  P2  P3
I
I
I
I
I
I
I
I
a
a
a
a
a
a
c
c
c
c
b
b
b
b
P
1 P
2
P
3
•
•
•
•
•
•
•
•
790. 
C D P
B A
C' D'
B' A'
P'
 nPAB  nDAB (mesma base e mesma altura)
 nP'A'B'  nD'A'B' (mesma base e mesma altura)
⇒ nDAB  nD'A'B'
 Como a diagonal do retângulo o divide em triângulos equivalentes, 
concluímos que os retângulos são equivalentes.
CAPÍTULO XVIII
33 a 156_Manual FME9.indd 106 23/07/13 14:45
107
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
791. nCBG  nABE (LAL)
 Utilizando a dedução feita no exercí-
cio anterior, temos:
 ABCD  BEIH. 
D
C
A
B H G
E I F
•
•
•
•
792. 
FIE
L
J
D
A
C
B H G
•
•
•
•
 Exercício 791 ⇒ ABCD  BEIH
⇒ ABCD  AJLG  BEIH  GHIF 
 Exercício 791 ⇒ AJLG  GHIF
 ⇒ ABCD  AJLG  BGFE
 — Áreas de superfícies planas
798. g) sen 60°  
h
6
 ⇒ 
3
2
  
h
6
 ⇒ 
 ⇒ h  3 3 m
 cos 60°  
BD
6
 ⇒ 
1
2
  
BD
6
 ⇒
 ⇒ BD  3 m
 nACD ⇒ CD  5 m
 SABC  
BC  h
2
 ⇒ 
A
B D C
6
h
60º
2 13√
•
 ⇒ SABC  
8  3 3
2
 ⇒ SABC  12 3 m2
CAPÍTULO XIX
33 a 156_Manual FME9.indd 107 23/07/13 14:45
108
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 h) sen 45°  
h
16
 ⇒ 
2
2
  
h
16
 ⇒
 ⇒ h  8 2 m
 S
ABC
  
BC  h
2
 ⇒
 ⇒ S
ABC
  
18  8 2
2
 ⇒
 ⇒ S
ABC
  72 2 m2 
B C
A
16
18
45º
h
•
 i) x2  h2  52
 (7  x)2  h2  (4 2)2 
⇒
 ⇒ x  3 m ⇒ h  4 m
 S
ABC
  
BC  h
2
 ⇒
 ⇒ S
ABC
  
7  4
2
 ⇒ S
ABC
  14 m2 B
A
5
C
7 – x
h
x
4 2√
•
799. a) nABO 
Pitágoras
 BO  5 m ⇒
 ⇒ BD  10 m
 S  
BD  AC
2
 ⇒
 ⇒ S  
10  24
2
 ⇒ S  120 m2 
B
A
C
D
13
12
12
O
•
 b) sen 45°  
h
12
 ⇒ 
2
2
  
h
12
 ⇒ 
 ⇒ h  6 2 m
 S  12  h ⇒ S  12  6 2 ⇒
 ⇒ S  72 2 m2 
12
1212
12
h
45º •
 c) tg 60°  
OD
AO
 ⇒ 3  
12
AO
 ⇒
 ⇒ AO  4 3 m
 AO  4 3 ⇒ AC  B 3 m
 S  
AC  BD
2
 ⇒
 ⇒ S  
8 3  24
2
 ⇒
 ⇒ S  96 3 m2 
•
A
B D
C
12 12
60º
O
33 a 156_Manual FME9.indd 108 23/07/13 14:45
109
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
800. d) tg 60°  
h
4
 ⇒ 3  
h
4
 ⇒
 ⇒ h  4 3 m
 S  
(B  b)  h
2
 ⇒
 ⇒ S  
(10  6)  4 3
2
 ⇒
 ⇒ S  32 3 m2 
6 m
6 m 4 m
h
60º•
•
 e) sen 30°  
h
6
 ⇒ 
1
2
  
h
6
 ⇒
 ⇒ h  3 m
 cos 30°  
x
6
 ⇒ 
3
2
  
x
6
 ⇒
 ⇒ x  3 3 m
 S  
(B  b)  h
2
 ⇒ 
√
√
4 3
6 6h h
30º
x x4 3
• •
 ⇒ S  
(10 3  4 3 )  3
2
 ⇒
 ⇒ S  21 3 m2
 f) sen 60°  
h
6
 ⇒ 
3
2
  
h
6
 ⇒
 ⇒ h  3 3 m
 cos 60°  
x
6
 ⇒ 
1
2
  
x
6
 ⇒
 ⇒ x  3 m
 tg 30°  
h
y
 ⇒ 
3
3
  
3 3
y
 ⇒ 
4
4
A D
6
60º 30º
h h
B x E F y C
••
 ⇒ y  9 m
 S  
(B  b)  h
2
 ⇒ S  
(16  4)  3 3
2
 ⇒ S  30 3 m2
803. b) sen 30°  
x
12
 ⇒ 
1
2
  
x
12
 ⇒
 ⇒ x  6 m
 cos 30°  
y
12
 ⇒ 
3
2
  
y
12
 ⇒
 ⇒ y  6 3 m
 62  z2  102 ⇒ z  8 m
 tg 60°  
w
z
 ⇒ 3  
w
8
 ⇒ w  8 3 m
 S  
(x  w)(y  z)
2
 ⇒ 
x
y
w
12
10
z
60º
30º
•
 ⇒ S  
(6  8 3 )(6 3  8)
2
 ⇒ S  2(25 3  48) m2
33 a 156_Manual FME9.indd 109 23/07/13 14:45
110
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
809. Sejam D e d as diagonais maior e menor, respectivamente, do losan-
go, e l o lado do quadrado. Temos:
 l2  81 ⇒ l  9 cm ⇒ 2p  36 cm.
 
d
D
  
2
7
 d  D  36 
⇒ D  28 cm, d  8 cm ⇒ S  
D  d
2
 ⇒ S  
28  8
2
 ⇒
 ⇒ S  112 cm2
811. 4l  120 ⇒ l  30 cm
 x2  182  302 ⇒ x  24 cm
 S  
D  d
2
 ⇒ S  
48  36
2
 ⇒
 ⇒ S  864 cm2 
30 30
30
18
18
x x
l = 30
•
812. Perímetro do quadrado  40 ⇒ 4l  40 ⇒
 ⇒ l  10 m ⇒ S
Q
  100 m2
 No trapézio da figura:
 2p  40 ⇒ 5b  40 ⇒ b  8 m
 h2  42  82 ⇒ h  4 3 m 2b
b
b
b
 S
Tra
  
(B  b)h
2
 ⇒ S
Tra
  
(16  8)  4 3
2
 ⇒
 ⇒ S
Tra
  48 3 m2
 
S
Q
S
Tra
  
100
48 3
 ⇒ 
S
Q
S
Tra
  
25 3
36
 
8
88
h
84 4
••
814. Sendo b e h a base e a altura do retângulo, temos:
 b  h  3
 2b  3h  66 
⇒ (b  15 cm, h  12 cm) ⇒ 2p  54 cm.
 Sendo l o lado do quadrado, temos:
 4l  54 ⇒ l  
27
2
 cm ⇒ S  l2 ⇒ S  
729
4
 cm2.
815. Sejam D e d as diagonais do losango. Temos:
 
d
D
  
3
5
 D  d  40 
⇒
3D  5d  0
D  d  40
⇒
 ⇒ (D  100 cm, d  60 cm)
33 a 156_Manual FME9.indd 110 23/07/13 14:45
111
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 Na figura ao lado:
 l2  502  302 ⇒ l  10 34 cm
 Sendo o perímetro do quadrado 
igual ao do losango, o lado do qua-
drado também mede 10 34 cm.
 
A
qua
A
los
  
l2
D  d
2
 ⇒ 
l l
l l
50
50
3030 •
 ⇒ 
A
qua
A
los
  
3 400
100  60
2
 ⇒ 
A
qua
A
los
  
17
15
819. a) l  8
 S  
3 3l2
2
 ⇒ S  
3 3  82
2
 ⇒
 ⇒ S  96 3 m2 
8
8 88 8
88
8 8 8 8
8
 b) a  
l 3
2
 ⇒ 2 3  
l 3
2
 ⇒ l  4 m
 S  
3 3l2
2
 ⇒ S  
3 3  42
2
 ⇒
 ⇒ S  24 3 m2 
a
l
•
l l
 c) BC  12 ⇒ MB  6
 BÂC  120° ⇒ MÂB  60°
 MÂB  60° ⇒ MB̂A  30°
 cos 30°  
6
l
 ⇒ 
3
2
  
6
l
 ⇒
 ⇒ l  4 3 m 
A B
C
60º
6
M
6
l
l •
30º
 S  
3 3l2
2
 ⇒ S  
3 3 (4 3 )2
2
 ⇒
 ⇒ S  72 3 m2
33 a 156_Manual FME9.indd 111 23/07/13 14:45
112
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
824. nAED  nABC ⇒
 ⇒ 
10  x
10
  
x
15
 ⇒ x  6 m ⇒
 ⇒ S
DEFG
  x2 ⇒ S
DEFG
  36 m2
 
B F x G C
D
A
E
10
10 – x
x
xx
•
•
825. nADE  nACB ⇒
 ⇒ 
AE
AB
  
AD
AC
 ⇒
 ⇒ 
10
15
  
8
8  x
 ⇒ x  4 m
 nABC ⇒ 122  BC2  152 ⇒
 ⇒ BC  9 m CxD8A
10
E
5
B
••
 S
ABC
  
(AC)  (BC)
2
 ⇒ S
ABC
  
12  9
2
 ⇒ S
ABC
  54 m2
826. AĈB  CÊD (correspondentes) 
⇒
 AB̂C  CD̂E (retos)
 ⇒ nABC  nCDE ⇒
 ⇒ 
AB
CD
  
BC
DE
 ⇒
 ⇒ 
x  6
6
  
6
9
 ⇒ x  10 m 
A
C
E
Bx – 6
6 m
6 m
6 m 9 mD
x
•
•
 S  x2 ⇒ S  102 ⇒ S  100 m2
827. De acordo com a figura ao lado:
 
⇒
2p  36
a2  b2  122
2a  2b  36
a2  b2  144
⇒
⇒
a  b  18 (1)
a2  b2  144 (2)
 (2) ⇒ (a  b)(a  b)  144 
(1)
 
12
a a
b b
•
 ⇒ 18(a  b)  144 ⇒
 ⇒ a  b  8 (3)
 (1) e (3) ⇒ a  13, b  5
 Seja S a área procurada. Então:
 S  
2b  h
2
 ⇒ S  
2  5  12
2
 ⇒
 ⇒ S  60 m2 
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113
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
828. Considerando as medidas indicadas 
na figura:
 a2  b2  152
 2(a  b)  42 
⇒
 ⇒
a2  b2  225
a  b  21
⇒
 ⇒ a  b  108 ⇒ S  108 m2 
b
b
a a15
•
•
•
•
830. Na figura ao lado temos um trapézio 
isósceles de altura 3 3 m, base 
maior 14 m e perímetro 34 m.
 Para facilitar os cálculos fizemos a 
base menor igual a 2a. Daí:
 (7  a)2  (3 3 )2  (10  a)2 ⇒
 ⇒ a  4 m
 S  
(B  b)h
2
 ⇒ 
2a
2a
10 – a 10 – a
7 – a 7 – a
3 3√
••
 ⇒ S  
(14  8)
2
  3 3 ⇒
 ⇒ S  33 3 m2
831. Considerando as medidas indicadas 
na figura, temos:
 h2  (21  x)2  172 
⇒
 h2  x2  102
 ⇒ (x  6 m, h  8 m)
 S  
(B  b)h
2
 ⇒
 ⇒ S  
(25  4)  8
2
 ⇒
 ⇒ S  116 m2 
4
4
1710
21 – xx
h h
• •
832. Para simplificar os cálculos, seja 2x a 
medida de uma diagonal. A outra me-
dirá 2x  4 e o lado medirá 2x  2.
 Considerando as medidas indicadas 
na figura:
 x2  (x  2)2  (2x  2)2 ⇒ 
x x
2x – 2
2x – 2
x + 2
x + 2
•
 ⇒ x2  6x  0 ⇒ x  0 ou x  6 m
 x  6m ⇒ (d  12 m, D  16 m).
 S  
D  d
2
 ⇒ S  
16  12
2
 ⇒ S  96 m2.
33 a 156_Manual FME9.indd113 23/07/13 14:45
114
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
833. AB̂D  CD̂B (alternos) ⇒ nABD isósceles ⇒ AB  AD  l.
 O trapézio é isósceles ⇒ AD  BC  l.
 AB  l ⇒ EF  l
 2p  48 ⇒ 4l  DE  FC  48 ⇒
 ⇒ DE  FC  48  4l
 (DE  FC; DE  FC  48  l) ⇒
 ⇒ DE  FC  24  2l
 nBCF: l2  (3 5 )2  (24  2l)2 ⇒
 ⇒ l  23 ou l  9
 Sendo B a base maior, temos:
 B  48  3l.
 l  23 ⇒ B  48  3  23 ⇒
 ⇒ B  21 (não serve) 
B
C
A
l
D 24 – 2l l
ll
24 – 2l
3 5
a
a
a
√
E F
•
 l  9 ⇒ B  48  3  9 ⇒
 ⇒ B  21
 S  
(B  b)h
2
 ⇒
 ⇒ S  
21  9
2
  3 5 ⇒
 ⇒ S  45 5 m2.
834. Seja OT o raio perpendicular ao lado 
AB e OS o segmento paralelo a AB, 
com S em BC.
 Sendo a o lado do quadrado e con-
siderando as medidas indicadas na 
figura, temos:
 nOCS: (a  10)2  
a
2
2
  102 ⇒
 ⇒ a  16 m. D C
A B
10 10
10
O
a – 10
a
2
S
T
a
2
a
2
•
••
•
•
 S  a2 ⇒ S  162 ⇒ S  256 m2.
835. AĈD  BÂC (alternos) ⇒
 ⇒ nABC isósceles ⇒ AB  BC  b.
 AB  b ⇒ DE  b ⇒ CE  25  b
 nBEC ⇒ b2  52  (25  b)2 ⇒
 ⇒ b  13 
A b B
5
b
b E 25 – b CD
• •
•
 S  
(B  b)h
2
 ⇒
 ⇒ S  
(25  13)  5
2
 ⇒
 ⇒ S  95 m2.
33 a 156_Manual FME9.indd 114 23/07/13 14:45
115
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
836. 
 
h
h + 10
20 m
15 m 15 m
A
D
C
E
B
• •
•
 1) S  300 ⇒ 
(h  10)  h
2
  2) nABE ⇒ AB2  202  152 ⇒
  300 ⇒ h2  10h  600  
⇒ AB  25 m
  0 ⇒ h  30 (não serve) S  300 ⇒ 
(AB)  (CD)
2
  300 ⇒
 
ou
 
h  20 m
 ⇒ 
25  CD
2
  300 ⇒ CD  24 m
837. nABC ⇒ BC2  242  402 ⇒
 ⇒ BC  32 m
 Sendo a medida do lado do losango 
igual a l:
 nABE ⇒ (32  l)2  242  l2 ⇒
 ⇒ l  25 m 
A
D 40
B
E
24
C
32 – l
l l
l l
•
•
 S  CE  AB ⇒ S  25  24 ⇒
 ⇒ S  600 m2.
838. Na figura, o nABC é retângulo em 
A; BD mediana relativa a AC; CE me-
diana relativa a AB; BD  2 73 m, 
CE  4 13 m. Temos:
 nACE ⇒ a2  (2b)2  (2 73)2
 nABD ⇒ (2a)2  b2  (4 13)2 ⇒
 
a2  4b2  292
4a2  b2  208
⇒⇒
 ⇒ a  6 m, b  8 m ⇒
 ⇒ S  
2a  2b
2
 ⇒
 ⇒ S  
12  16
2
 ⇒ S  96 m2. 

C
B
E
D Ab b
a
a
13√
273√
4
•
33 a 156_Manual FME9.indd 115 23/07/13 14:45
116
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
839. A menor altura é relativa ao maior 
lado.
 De acordo com a figura:
 h2  x2  45
 h2  (10  x)2  25 
⇒
 ⇒ (x  6 m, h  3 m) 
x
h
5
10 – x
3 5√
•
 S  
10  h
2
 ⇒ S  
10  3
2
 ⇒
 ⇒ S  15 m2.
840. nABC ⇒ (BF  BD  4 m, CF  CE  6 m)
 AB2  AC2  BC2 ⇒
 ⇒ (4  r)2  (6  r)2  102 ⇒
 ⇒ r  12 (não serve) ou r  2 m
 r  2 m ⇒ (AB  6 m, AC  8 m)
 S  
(AB)  (AC)
2
 ⇒ 
A
r r
r r
D
E
4 6
B 4 6 C
•
• •
 ⇒ S  
6  8
2
 ⇒ S  24 m2.
841. (1) nABC  nACD (mesma base 
AB  AD e mesma altura)
 (2) nCDF  nACD (mesma base 
AC  CF e mesma altura)
 (1) e (2) ⇒ S
ADF
  2  S
ABC
 Analogamente,
 S
CEF
  2  S
ABC
; S
ADE
  2  S
ABC
.
 Portanto, S
DEF
  7  S
ABC
. 
F
D
C
A
B
E
843. Na figura, os triângulos que têm áreas 
iguais assim foram marcados por pos-
suírem mesma base e mesma altura 
relativa a essas bases.
 Agora, temos:
 nABP  nACP (mesma base e mes-
ma altura) ⇒
 ⇒ 2S
1
  S
3
  2S
2
  S
3
 ⇒
 ⇒ S
1
  S
2
 (1)
 nABN  nCBN ⇒
 ⇒ 2S
1
  S
2
  2S
3
  S
2
 ⇒ S
1
  S
3
 (2) 
B P C
A
NM
S
1
S
2
S
1
S
2
S
3
S
3
 (1) e (2) ⇒ S
1
  S
2
  S
3
.
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117
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
844. a) b) c)
A
S
B D CB C
S
h
A
•
A
B C
S
h
 k  
BC  h
2
 k  
AC  h
2
 S
ABD
  
k
4
 ⇒
 S  
BC  h
2
1
3
 ⇒ S  
AC  h
2
2
5
 ⇒ ⇒ S
ACD
  
3k
4
 ⇒ S  
1
3
 k ⇒ S  
2
5
 k S  
3
6
  S
ACD
 ⇒
 ⇒ S  
3
6
  
3
4
 k ⇒
 ⇒ S  
3
8
 k
 d) S
ACD
  
2
6
 k ⇒ S
ACD
  
k
3
 S
ABD
  
2
3
 k ⇒ S
BDE
  
3
4
 S
ABD
 ⇒
 ⇒ S
BDE
  
3
4
  
2
3
 k ⇒
 ⇒ S
BDE
  
k
2
 
E
A
F
B G D C
 S
BGE
  
1
4
  S
BDE
 ⇒
 ⇒ S
BGE
  
1
4
  
k
2
 ⇒ S
BGE
  
k
8
 S
BFG
  
1
3
  S
BGE
 ⇒ S
BFG
  
1
3
  
k
8
 ⇒ S
BFG
  
k
24
 S
DEFG
  S
BDE
  S
BFG
 ⇒ S
DEFG
  
k
2
  
k
24
 ⇒ S
DEFG
  
11
24
 k 
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118
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
845. a) b) 
 
D G E C
A B
F
H
S
 
A E F I B
D G H C
 S
ACD
  
k
2
 ⇒ S
ACE
  
1
6
  
k
2
 ⇒ S
EGHI
  S
EFG
  S
FGH
  S
FHI
 ⇒
 ⇒ S
ACE
  
k
12
 ⇒ S
ADE
  
5k
12
 ⇒ S
EGHI
  
1
4
  
k
2
  
1
6
  
k
2
 
 S
AFE
  
1
5
  
5k
12
 ⇒ S
AFE
  
k
12
  
1
4
  
k
2
 ⇒
 S
FDE
  S
ACD
  S
ACEF
  ⇒ S
EGHI
  
k
3
  
k
2
  2  
k
12
  
k
3
 S
FGE
  
4
5
 S
FDE
  
4
5
  
k
3
  
4k
15
 S
FGD
  
1
5
  S
FDE
 
  
1
5
  
k
3
  
k
15
 ⇒
 ⇒ S
FGH
  
1
4
  
k
15
  
k
60
 S  S
FGE
  S
FGH
  
4k
15
  
k
60
 ⇒
 ⇒ S  
17k
60
846. E é baricentro do nBCD ⇒
 ⇒ S
EMC
  
1
6
  
S
2
 ⇒
 ⇒ S
EMC
  
S
12
 
A B
D M C
E
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119
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
847. Observando as áreas indicadas na 
figura, temos:
 
⇒
nABE ⇒
nBCD ⇒
2a  3b  
2
5
 k
5a  b  
k
3
 ⇒ b  
4k
39
 ⇒ S  
8k
39
 
C B
D
E
a a a a a
b
A
b
b
•
• •••
•
848. Unindo os pontos A e F.
 Sendo x a área do nFVC, a área do 
nFVA será 2x.
 Sendo y a área do nFAR, a área do 
nFBR será 2y.
 Temos:
 3x  y  
k
3
 2x  3y  
2
3
 k
⇒
 ⇒ x  
k
21
; y  
4k
21
 
A
R
X
S
B T U C
V
y
2y
2x
x
•
•
•
• •
•
F
 De modo análogo, obtemos:
 S
ARD
  S
BTE
  S
FVC
  
k
21
 e
 S
BTD
  S
CVD
  S
FAR
  
4k
21
 .
 Observando as áreas indicadas na 
figura, temos:
 S
DEF
  k  6x  3y 
  k  6  
k
21
  3  
4k
21
 ⇒
 ⇒ S
DEF
  
k
7
. 
A
R
B
T U
C
X
V
D
S
FE
2x
x
x
x 2x
2x
y – x
y – x
y – x
849. Exercício 714 ⇒ a
8
  
R 2  2
2
 ; l
8
  R 2  2 ⇒
 ⇒ a
8
  
( 2  1)l8
2
 
 2p  8l ⇒ p  4l
8
 
⇒ S  p  a ⇒ S  
4( 2  1)l28
2
 ⇒
 
⇒ S  2( 2  1)l2
8
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120
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
850. a
10
  
R
4
10  2 5; l
10
  
5  1
2
  R ⇒ a
10
  
5  1
8
  10  2 5l10
 2p  10l ⇒ p  5l
 S  p  a ⇒ S  5  
5  1
8
  10  2 5l2 
  
5
8
 ( 5  1)2(10  2 5)  l2 ⇒
 ⇒ S  
5
8
16(5  2 5)l2 ⇒ S  
5
2
5  2 5l2
851. a
5
  
R
4
( 5  1); l
5
  
R
2
10  2 5 ⇒ a
5
  
25  10 5
10
l
5
 2p  5l ⇒ p  
5
2
 l
 S  p  a ⇒ S  
5
2
  
25  10 5
10
  l2 ⇒ S  
25  10 5
4
  l2
852. b  l
5
 ⇒ b  
r
2
10  2 5; h  a
5
 ⇒ h  
r
4
( 5  1)
 S  bh ⇒ S  
10  2 5 ( 5  1)
8
  r2 ⇒ S  
10  2 5
4
 r2
853. Exercício 714 ⇒ l
8
  r 2  2
 S  l2
8
 ⇒ S  (r 2  2 )2 ⇒ S  (2  2 )r2 
854. De acordo com a figura, temos:
 
84  x  40
y  35  30
  
a
b
 
40
30
  
a
b
 
⇒
 ⇒ 
84  x  40
y  35  30
  
4
3
 (1) 
B C
A
c
d
y
x
a b
84
35
40 30
 
x  84  y
40  30  35
  
c
d
 
 
y
35
  
c
d
 
⇒
 ⇒ 
x  84  y
40  30  35
  
y
35
 (2)
 (1) ⇒ 4y  3x  112
 (2) ⇒ 70y  35x  2 940 
⇒
 ⇒ (x  56, y  70) ⇒ S
ABC
  315
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121
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
Expressões da área do triângulo
858. AĈD  BÂC (alternos)
 S  S
ACD
  S
ABC
 ⇒
 ⇒ S  
8  12  sen 30°
2
  
4  8  sen 30°
2
 ⇒
 ⇒ S  32 m2. 
8
4A B
30º
30º
D 12 C
860. Seja o quadrilátero ABCD, onde 
AC  a, BD  b.
 Lembrando que
 sen (180°  a)  sen a,temos:
 S
Tra
  P  Q  R  S ⇒
 ⇒ S
Tra
  
xz sen 
2
  
xw sen a
2
 
  
wy sen a
2
  
zy sen a
2
 ⇒ 
180º – a
A
B
D C
x z
w y
a
 ⇒ S
Tra
  
sen a
2
 [x(z  w)  y(z  w)] ⇒ S
Tra
  
sen a
2
 [(x  y)(z  w)] ⇒
 ⇒ S
Tra
  
1
2
 ab sen a
862. a) p  
7  8  9
2
 ⇒ p  12
 S  p(p  a)(p  b)(p  c) ⇒
 ⇒ S  12(12  7)(12  8)(12  9) ⇒
 ⇒ S  12 5 
A
8
7
O
B 9 C
r r
r
•
•
•
 S  p  r ⇒ 12 5  12  r ⇒ r  5
 b) p  
16  20  18
2
 ⇒ p  27
 S  p(p  a)(p  b)(p  c) ⇒
 ⇒ S  27(27  16)(27  20)(27  18) m ⇒
 ⇒ S  9 231
 S  
abc
4R
 ⇒ 
 ⇒ 9 231  
16  20  18
4R
 ⇒ 
16 20
18
R
 ⇒ R  
160 231
231
33 a 156_Manual FME9.indd 121 23/07/13 14:45
122
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
863. a) p  
6  10  12
2
 ⇒ p  14 m
 S  p(p  a)(p  b)(p  c) ⇒ S  14(14  6)(14  10)(14  12) ⇒
 ⇒ S  8 14 m2
 b) A menor altura é relativa ao maior lado; no caso, 12 m.
 S  
12  h
2
 ⇒ 8 14  
12h
2
 ⇒ h  
4 14
3
 m
 c) A maior altura é relativa ao menor lado; no caso, 6 m.
 S  
6  H
2
 ⇒ 8 14  
6H
2
 ⇒ H  
8 14
3
 
 d) S  p  r ⇒ 8 14  14  r ⇒ r  
4 14
7
 m
 e) S  
abc
4R
 ⇒ 8 14  
6  10  12
4R
 ⇒ R  
45 14
28
864. p  
14  10  16
2
 ⇒ p  20 m
 S  p(p  a)(p  b)(p  c) ⇒ S  20(20  14)(20  10)(20  16) ⇒
 ⇒ S  40 3 m2
 S  (p  10)  r ⇒ 40 3  (20  10)  r ⇒ r  4 3 m
868. Para facilitar os cálculos, seja l a 
medida de cada um dos lados con-
gruentes. Considerando as medidas 
indicadas na figura 1, temos:
 2p  32 ⇒ 3l  2  32 ⇒
 ⇒ l  10 cm.
 Substituindo l  10 cm na figura 1, 
obtemos a figura 2, onde, pelo teore-
ma de Pitágoras, h  8 cm. Daí:
 S  
b  h
2
 ⇒ S  
12  8
2
 ⇒ 
10 10
h
6l + 2 6
fig. 2fig. 1
l l
•
 ⇒ S  48 cm2
871. Os lados são da forma 5k, 12k e 13k. Temos:
 2p  90 ⇒ (5  12  13)k  90 ⇒ k  3. Logo, os catetos medem 
15 cm e 36 cm.
 S  
15  36
2
 ⇒ S  270 cm2
33 a 156_Manual FME9.indd 122 23/07/13 14:45
123
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
874. AD é bissetriz 
⇒
 BE  AD
 ⇒ AB̂C  AB̂E  AĈB  BÊA
 nBEC isósceles ⇒ BE  BC  a 2
 S
CBE
  
a 2  a 2
2
 ⇒ S
CBE
  a2 
E
A
B
D
C
a
a
a 2
a 2√
√ •
•
•
875. 
4
sen 45°
  
BC
sen 30°
 ⇒
 ⇒ 
4
2
2
  
BC
1
2
 ⇒ BC  2 2 cm
 AB2  AC2  BC2  2(AB)(AC) cos 45° ⇒
 ⇒ 16  AC2  8  2  4  AC  
2
2
 ⇒ √
A
B 2 2 cm C
4 cm
30º
45º
 ⇒ AC2  4AC  8  0 ⇒
 ⇒ AC  2  2 3 (não serve) ou
 AC  (2  2 3 ) cm
 S  
(AB)(AC) sen 30°
2
 ⇒ S  
4  (2  2 3 )
4
 ⇒ S  2( 3  1) cm2
876. Traçamos CD  AB.
 CD  AB ⇒ nBMS  nCDS ⇒
 ⇒ 
10
x
  
32
12
 ⇒ x  
15
4
 m
 nAMN  nCDN ⇒
 ⇒ 
y
20  y
  
10
x
 ⇒ y  
160
11
 S
BCMN
  S
ABC
  S
AMN
 ⇒ 
A
10
M
10 D
N
y
x
B 20 C 12 S
20 – y
 ⇒ S
BCMN
  
202 3
4
  
10  y  sen 60°
2
 ⇒ S
BCMN
  
700 3
11
 m2
879. Seja S a área do nABC.
 S  
2  p  r
2
  
2  q  r
2
  r2 ⇒
 ⇒ S  pr  qr  r2 
A
B C
q
qp
p
r
r
r
r
•
•
•
 Aplicando o teorema de Pitágoras
 ao nABC:
33 a 156_Manual FME9.indd 123 23/07/13 14:45
124
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 (p  q)2  (p  r)2  (q  r)2 ⇒ 2pq  2pr  2qr  2r2 ⇒
 ⇒ pq  pr  qr  r2 ⇒ pq  S.
880. MN  BC ⇒ nAMN  nABC ⇒
 ⇒ 
BC
MN
  
H
h
 ⇒ 
12
x
  
6
6  x
 ⇒
 ⇒ x  4 cm
 S
ABC
  
12  6
2
 ⇒ S
ABC
  36 cm2
⇒
 S
MNPQ
  42 ⇒ S
MNPQ
  16 cm2
 ⇒ 
S
ABC
S
MNPQ
  
9
4
 
A
M
B
Q
N
P
12 cm
6 cm
6 – x
x
x
x
x
C
•
•
886. S
ABC
  S
ABO
  S
ACO
  S
BCO
 ⇒
 ⇒ 
ah
2
  
ax
2
  
ay
2
  
az
2
 ⇒
 ⇒ h  x  y  z 
A
B C
O
x
y
z
•
•
•
888. a) (DA  DC) ⇒ BD é bissetriz de
 AB̂C.
 nBCD ⇒ tg 30º  
4
BC
 ⇒
 ⇒ 
3
3
  
4
BC
 ⇒ BC  4 3
 S
ABCD
  2  S
BCD
 ⇒
 ⇒ S
ABCD
  
2  4 3  4
2
 ⇒ 
A
4 m
4 m
D
B C4 3
30º
√
30º
•
•
 ⇒ S
ABCD
  16 3 m2
 b) tg 60º  
CE
BC
 ⇒ 3  
CE
6 3
 ⇒
 ⇒ (CE  18 m, ED  8 m)
 Note AÊD  30º. No triângulo AED, 
obtemos: AD  4 m, AE  4 3 m.
 S
ABCD
  S
BCE
  S
ADE
 ⇒
 ⇒ S
ABCD
  
6 3  18
2
  
4  4 3
2
 ⇒
 ⇒ S
ABCD
  46 3 m2. 
B 6 3 m C
60º
10 m
4 m
8 m
D
A
E
4 m3
√
√
30º
•
•
33 a 156_Manual FME9.indd 124 23/07/13 14:46
125
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
889. Na figura ao lado construímos 
 AP  BC,  CP  DE e EP  AF, de 
modo que obtivemos os paralelogra-
mos ABCP, CDEP e EFAP.
 A área do hexágono será a soma 
das áreas destes. Assim:
 Shex  SABCP  SCDEP  SEFAP ⇒ 
6 m
6 m
8 m
8 m
4 m
4 m
120º
C P
F
D E
B A
120º
120º
 ⇒ Shex  4  6  sen 120º 
  4  8  sen 120º 
  6  8  sen 120º ⇒
 ⇒ Shex  52 3 m2.
890. Prolongamos CM, tomando P em 
CM, tal que MP  GM.
 AM  MB ⇒
 ⇒ APBG é paralelogramo ⇒
 ⇒ BP  AG  8 m
 nBGP é retângulo (82  62  102)
 SBPM  
8  3
2
 ⇒ 
A B
P
G
M
8
8
3
3
6
5 4
10
C
•
 ⇒ SBPM  12 m2  SBMG
 SABC  6  SBMG ⇒ SABC  6  12 ⇒
 ⇒ SABC  72 m2
891. Considerando as medidas indicadas 
na figura, temos:
 sen   
2a
x
 ⇒ x  
2a
sen 
 SABCD  x  2b ⇒
 ⇒ SABCD  
4ab
sen 
. 
•
A B
B C
a
a
x
b
b
2a
a
•
••
•
 
Área do círculo e de suas partes
893. a) No triângulo sombreado:
 R2  (R  4)2  82 ⇒ R  10 m
 S  πR2 ⇒ S  π  102 ⇒
 ⇒ S  100π m2 
A
4 8
8P
R
R – 4
O
s
t •
•
•
33 a 156_Manual FME9.indd 125 23/07/13 14:46
126
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 b) (AM  25, OA  R) ⇒
 ⇒ OM  25  R
 AM ⊥ BC ⇒ BM  MC
⇒
 BM  15
 ⇒ MC  15
 No triângulo sombreado: B
R
R
O
25 – R
M 15 C
A
•
 R2  (25  R)2  152 ⇒ R  17 m
 S  πR2 ⇒ S  172  π ⇒
 ⇒ S  289π m2
894. b) 
O
R B
r
A
5
 m
10 m
•
 c) 
A C
B
8 m
R – 4 m
4 m•
 nOAB ⇒ R2  r2  52 ⇒ Relações métricas no nABC:
 ⇒ R2  r2  25 m2 82  2R  (R  4) ⇒
 S
coroa
  π(R2  r2) ⇒ ⇒ R  4 (não serve) ou R  8 m
 ⇒ S
coroa
  25π m2 S
coroa
  π(R2  r2) ⇒ 
 ⇒ S
coroa
  π(64  16) ⇒
 ⇒ S
coroa
  48π m2
903. a) b) 
 
 l  8 ⇒ R 2  8 ⇒ R  4 2 m l  6 ⇒ R  6 m
 S   
1
4
(S
círc
  S
qua
) ⇒ S  
1
6
 (Scírc
  S
hex) ⇒
 ⇒ S  
1
4
(πR2  l2) ⇒ ⇒ S  
1
6
  πR2  
3 3 l2
2
 ⇒
 ⇒ S  
1
4
(32π  64) ⇒ ⇒ S  
1
6
  36π  
3 3
2
  36 ⇒
 ⇒ S  8(π  2) m2 ⇒ S  3(2π  3 3 ) m2
33 a 156_Manual FME9.indd 126 23/07/13 14:46
127
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 c) d) 
R R
8 m
 l  12 ⇒ R 3  12 ⇒ R  4 3m l  8 m ⇒ r  4 m
 S  
1
3
 (Scírc
  S
Tri) ⇒ S  
1
4
 (Squa
  S
círc) ⇒
 ⇒ S  
1
3
 πR2  
l2 3
4
 ⇒ ⇒ S  
1
4
 (l2  πr2) ⇒
 ⇒ S  
1
3
 48π  
144 3
4
 ⇒ ⇒ S  
1
4
 (64 16π) ⇒
 ⇒ S  4(4π  3 3) m2 ⇒ S  4(4  π) m2
 e) 
r
l
l
ll
l
•
 f) 
r
 l  12 m ⇒ r  
l 3
2
 ⇒ r  6 3m l  6 m ⇒ h  
l 3
2
 ⇒ h  3 3 m
 S  
1
6(Shex
  S
círc) ⇒ r  
1
3
h ⇒ r  3 m
 ⇒ S  
1
6
 
3 3 l2
2
 
πr2 ⇒ S  
1
3
 (STri
 S
círc) ⇒
 ⇒ S  
1
6
 216 3  108π ⇒ ⇒ S  
1
3
 
l2 3 
4
 

 
πr2 ⇒
 ⇒ S  18(2 3  π) m2 ⇒ S  
1
3
 (9 3  3π) ⇒
 ⇒ S  (3 3  π) m2
904. Seja d a diagonal do quadrado. En-
tão:
 d  4 ⇒ l 2  4 ⇒ l  2 2.
 S  S
círc
  S
qua
 ⇒ S  πr2  l2 ⇒
 ⇒ S  π  22  (2 2)2 ⇒
 ⇒ S  4(π  2). 
A
D B
C
2 2
l
33 a 156_Manual FME9.indd 127 23/07/13 14:46
128
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
905. h  3r ⇒ 
l 3
2
  3r ⇒ l  2 3r
 S  S
Tri
  S
círc
 ⇒
 ⇒ S  
l2 3
4
  πr2 ⇒
 ⇒ S  
12  3
4
 r2  πr2 ⇒ 
 ⇒ S  (3 3  π)r2 
B C
A
2r
h
r
•
906. a  
l 3
2
  5 3 ⇒ l  10 cm ⇒ 
 ⇒ R  10 cm
 S  S
círc
  S
hex
 ⇒
 ⇒ S  πR2  
3 3 l2
2
 ⇒⇒ S  100π  150 3 ⇒ 
 ⇒ S  50(2π  3 3 ) cm2 
a
l
l
l
l
l
l
l
•
907. a  3 cm ⇒ 
1
3
h  3 ⇒
 ⇒ h  3 3 cm ⇒ 
l 3
2
  3 3 ⇒ 
 ⇒ l  6 cm
 R  2a ⇒ R  2 3 cm
 S  S
círc
  S
Tri
 ⇒
 ⇒ S  πR2  
l2 3
4
 ⇒
 ⇒ S  12π  9 3 ⇒
 ⇒ S  3(4π  3 3 ) cm2 
a
2a
h
R
•
908. a)
 
a
•
 S  S
qua
  S
setor 
⇒
 ⇒ S  a2  
πa2
4
 ⇒
 ⇒ S  
4  π
4
a2
33 a 156_Manual FME9.indd 128 23/07/13 14:46
129
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 b)
 
a
S
I
S
I
•
 S  S
qua
  2S
I 
item a 
 ⇒ S  a2  2  
4  π
4
 a2 ⇒ 
 ⇒ S  
π  2
2
  a2 
 c)
 
S
I
S
I
a
•
 S  S
qua
  2  S
I
 ⇒
 
⇒ S  a2  2  
π 
a
2
2
2
 ⇒
 
⇒ S  
4  π
4
 a2
909. a) b) c)
a
a a
a
a
2
a
2
a
2
a
2
a
2
a
2
•
•
•
•
•
•
•
 
Note que a área som-
breada é metade da 
área sombreada do 
exercício 908, item b.
Logo:
S  
π  2
4
 a2.
Aqui a área sombrea-
da é o dobro da área 
sombreada no exercí-
cio 908, item a.
Logo:
S  
4  π
2
 a2.
S
pétala 
ex. 908
item b
 
π  2
4
  
a
2
2
 
S  4  S
pétala
 ⇒
⇒ S  4  
π  2
8
 a2 ⇒
⇒ S  
π  2
2
 a2
910. a) 2p  16 cm ⇒ a  4 cm
 Exercício 908 item a ⇒
 ⇒ S
I
  
4  π
4
  a2 ⇒
 ⇒ S
I
  4(4  π)
 S  2  S
I
 ⇒ S  2  4(4  π) ⇒
 ⇒ S  8(4  π) cm2 
4 cm
S
I
•
•
33 a 156_Manual FME9.indd 129 23/07/13 14:46
130
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 b) 2p  16 cm ⇒ a  4 cm ⇒
 ⇒ d  4 2 cm
 r  
d
2
 ⇒ r  2 2 cm
 S  S
qua
  2  
πr2
4
 ⇒
 ⇒ S  42  2  
π  (2 2)2 
4
 ⇒
 ⇒ S  4(4  π) cm2 
r
r
r
r r
r
a
•
•
911. a) b) c)
 
1 cm 1 cm
1 cm 1 cm
S
I
S
I
S
I
S
I
•
•
•
 
S  S
qua
  
Scírc
2
 ⇒
⇒ S  l2  
πr2
2
 ⇒
⇒ S  22  
π  12
2
 ⇒
⇒ S  
8  π
2
 cm2
Ex. 908 item b ⇒
⇒ S  
(π  2) 
2
  a2 ⇒
⇒ S  
(π  2) 
2
  22 ⇒
⇒ S  2(π  2) cm2
S
I
  
π  12
4
 ⇒
⇒ S
I
  
π
4
 cm2 ⇒
⇒ S  S
qua
  4S
I
 ⇒
⇒ S  22  4  
π
4
 ⇒
⇒ S  (4  π) cm2
912. nDRS ⇒ SR  
a 2
2
 ⇒
 ⇒ r  
a 2
4
 S  S
PQRS
  4  S
I
 ⇒
 ⇒ S  
a 2
2
2
  
4  π 
a 2
4
2
4
 ⇒
 ⇒ S  
4  π
8
  a2 
D R C
S Q
A P B
r r
r
r
r
r
r
r
S
I
S
I
S
I
S
I
a
2
a
2
a
2
a
2
a
2
a
2
a
2
a
2
914. S  2  (S
Tri
  3  S
I
) ⇒
 ⇒ S  2 
l2 3
4
  3  
π  r2
6
 ⇒
 ⇒ S  2  
102 3
4
  
3  π  52
6
 ⇒
 ⇒ S  25(2 3  π) cm2 
5
5 5
5
5 5
S
I
S
I
S
I
55
60º 60º
60º
33 a 156_Manual FME9.indd 130 23/07/13 14:46
131
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
915. a) AC  CB  AB ⇒
 ⇒ 3CB  CB  32 ⇒ CB  8
 CB  8 cm ⇒ AC  24 cm
 S  
π(R1
  R
2)
2
2
  
πR2
1
2
  
πR2
2
2
 ⇒ 
A
C
B
R
2
R
2
• •
R
1
R
1
 ⇒ S  
π(16)2
2
  
π  122
2
  
π  42
2
 ⇒
 ⇒ S  64π cm2 
 b) S  π(R
1
  R
2
)2  S
1
 ⇒
 ⇒ S  π  162  64π ⇒
 ⇒ S  192π cm2 
A
C
B• •
R
2
S
I
R
2
R
1
R
1
917. b) AC  CO  OD  DB  20 ⇒
 ⇒ 4AC  20 ⇒ AC  5 cm
 CD  2AC ⇒ CD  10 cm
 S
I
  π  
5
2
2
  
1
2
 ⇒
 ⇒ S
I
  
25π
8
 cm2 
A C O D B
S
I
S
II
S
I
• • •
 S
II
  
π  52
2
 ⇒ S
II
  
25π
2
 cm2
 S  
π  102
2
  2  S
I
  S
II
 ⇒
 ⇒ S  
100π
2
  2  
25π
8
  
25π
2
 ⇒ S  
125π
4
 cm2
918. AM  MB  BC  OC  OD  DA  42 ⇒
 ⇒ 6r  42 ⇒ r  7 cm
 S
I
  S
ABCD
  2  S
II
 ⇒
 ⇒ S
I
  14  7  2  
π  72
4
 ⇒
 ⇒ S
I
  
196  49π
2
 cm2
 S
III
  
π  r2
2
 ⇒ S
III
  
π  72
2
 ⇒
 ⇒ S
III
  
49π
2
 S  S
I
  S
III
 ⇒ 
D C
Or r
r
r rA M B
S
III
•
rS
II
S
II
S
I
33 a 156_Manual FME9.indd 131 23/07/13 14:46
132
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 ⇒ S  
196  49π
2
  
49π
2
 ⇒
 ⇒ S  98 cm2
919. a) Análogo ao exercício 914.
 b) OA  OB  
R
3
 BC  
2R
3
 
 S  2(S
setor AC
  S
setor AB
) ⇒ 
R
3 3
2R
A O B C
• •
 ⇒ S  2  
π  BC2
2
  
π  OA2
2
 ⇒
 ⇒ S  2  
π  
2R
3
2
2
  
π  
R
3
2
2
 ⇒
 ⇒ S  
πR2
3
 
922. Note que as duas regiões sombrea-
das, nas figuras ao lado, são equiva-
lentes.
 Determinemos o valor do menor 
segmento circular determinado pelo 
lado de um quadrado de medida a 
e raio de circunferência circunscrita 
igual a R.
 l  R 2 ⇒ a  R 2 ⇒ R  
2
2
 a
 S
seg
  
1
4
  (S
círc
  S
qua
) ⇒
 ⇒ S
seg
  
1
4
(πR2  l2) ⇒
 ⇒ S
seg
  
1
4
 
π  a2
2
  a2 ⇒ S
seg
  
(π  2)
8
 a2
 Sendo S a área sombreada, temos:
 S  2  S
qua
  S
seg
 ⇒ S  2  a2  
π  2
8
  a2 ⇒ 
a
 ⇒ S  
π  14
8
  a2.
923. Note o nABO, equilátero.
 S
seg
  S
setor
  S
Tri
 ⇒
 ABO
 
ABC 
 ⇒ S
seg
  
π  12
6
  
12 3
4
 cm2
33 a 156_Manual FME9.indd 132 23/07/13 14:46
133
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 Sendo S a área sombreada, temos:
 S  12  S
seg
 ⇒
 ⇒ S  12
π
6
  
3
4
 ⇒
 ⇒ S  (2π  3 3 ) cm2. 
E D
F C
A B
60ºS
seg
O
925. Note que AC é o lado de um triângu-
lo equilátero inscrito numa circunfe-
rência de raio 2r.
 Sejam l o lado do triângulo, S
C
 a 
área do círculo maior e S
c
 a área do 
círculo menor. Daí:
 l  (2r) 3 ⇒ S
tri
  
(2r 3 )2 3
4
 ⇒ 
r
S
I
S
II
r•
 ⇒ S
tri
  3 3r2
 S
C
  π(2r)2 ⇒ S
C
  4πr2; S
c
  πr2
 S
I
  
Stri  Sc 
3
 ⇒ S
I
  
3 3r2  πr2
3
 
 S
II
  
Sc  Stri
3
 ⇒ S
II
  
4πr2  3 3r2
3
 S  S
I
  S
II
 ⇒ S  
3 3r2  πr2  4πr2  3 3r2
3
 ⇒ S  πr2
926. 2p  16 ⇒ l  4 cm
 Considere BE  OC e CE  OB.
 Temos:
 OB  
d
2
 ⇒ OB  
l 2
2
 ⇒ 
A
E
CD
O S
I
B
•
 ⇒ OB  2 2 cm.
 S
I
  
1
4
 (S
BECO
  S
círc
) ⇒
 ⇒ S
I
  
1
4
 OB2  π 
OB
2
2
 ⇒
 ⇒ S
I
  
1
4
  (2 2 )2  π 
2 2
2
2
 ⇒ S
I
  
4  π
2
 cm2
 S  4  S
I
 ⇒ S  4  
4  π
2
 ⇒ S  2(4  π) cm2
33 a 156_Manual FME9.indd 133 23/07/13 14:46
134
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
927. a) S
I
  
πa2
4
  
a  a
2
 ⇒
 ⇒ S
I
  
(π  2)
4
  a2
 BC  a 2 ⇒ OC  
a 2
2
 S  S
setor BC
  S
I
 ⇒ 
B
A
O
C
a
a 2
2 S
I
√
a 2
2
√
S
•
 ⇒ S  
π  OC2
2
  
(π  2)a2
4
 ⇒
 ⇒ S  
π 
a 2
2
2
2
  
(π  2)a2
4
 ⇒ S  
a2
2
 b)
S
Figura 1
• • •
S
Figura 2
• • ••
a
S
I
 Note que a área da região sombreada na figura 1 é equivalente à 
área sombreada na figura 2.
 S  
π 
a
2
2
2
  
π 
a
6
2
2
 ⇒ S  
πa2
9
 c) l  a ⇒ R 3  a ⇒ R  
a
3
 S
I
  
1
3
(S
círc
  S
tri
) ⇒
 ⇒ S
I
  
1
3
πR2  
l2 3
4
 ⇒
 ⇒ S
I
  
1
3
 π 
a
3
2
  
(a)2 3
4  ⇒ 
a
a
a
2
a
2
S
S
I
•
 ⇒ S
I
  
π
9
  
3
12
 a2
 S  
π 
a
2
2
2
  S
I
 ⇒
 ⇒ S  
πa2
8
  
πa2
9
  
3a2
12
 ⇒ S  
π  6 3
72
 a2
33 a 156_Manual FME9.indd 134 23/07/13 14:46
135
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
928. AB  BC  r 2
 S
I
  
π  (r 2 )2
4
  
(r 2 )(r 2 )
2
 ⇒
 ⇒ S
I
  
πr2
2
  r2
 S  
πr2
2
  S
I
 ⇒ 
O
C
B
A
S
S
I
r 
 2√
r 2
√
•
 ⇒ S  
πr2
2
  
πr2
2
  r2 ⇒
 ⇒ S  r2
929. 
nOCB ⇒
 sen 60°  
4
OB
 ⇒ 
3
2
  
4
OB
 ⇒ OB  
8 3
3
 cm  OD
 tg 60°  
4
OC
 ⇒ 3  
4
OC
 ⇒ OC  
4 3
3
 cm
 CD  OD  CD ⇒ CD  
8 3
3
  
4 3
3
 ⇒ CD  
4 3
3
 cm ⇒
 S  S
setor
  S
círculo
  S
tri
 ⇒ S  
π  OB2
3
  π 
CD
2
2
  
(OB)(OB) sen 120°
2
 ⇒
 ⇒ S  π  
64
9
  
π  16 
12
  
64
6
  
3
2
 ⇒ S  
4
9
(13π  12 3 ) cm2
A B
C
D
O
60º
60º
3
38
3
34√
√
4
•
930. nAOC ⇒ sen 30°  
AC
OA
 ⇒ 
1
2
  
AC
10
 ⇒ AC  5 m
 cos 30°  
OC
OA
 ⇒ 
3
2
  
OC
10
 ⇒ OC  5 3 m
⇒
 ⇒ S
nAOC
  
5  5 3
2
  
25 3
2
 m2
 S  S
setor
  S
nAOC
 ⇒ 
 ⇒ S  
π  102
12
  
25 3
2
 ⇒ 
O
10 m
A
BC
30º
•
 ⇒ S  
25
6
 (2π  3 3 ) m2
33 a 156_Manual FME9.indd 135 23/07/1314:46
136
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
931. ABC é triângulo equilátero de lado a.
 S
seg
  S
setor
  S
nABC
 ⇒ 
 ⇒ S
seg
  
π  a2
6
  
a2 3
4
 ⇒
 ⇒ S
seg
  
2π  3 3
12
  a2
 S  S
nABC
  2  S
seg
 ⇒ 
a aaa
a
a
A B
60º
C
 ⇒ S  
a2 3
4
  2  
(2π  3 3 )
12
 a2 ⇒
 ⇒ S  
4π  3 3
12
 a2
932. Note que este exercício é análogo 
ao anterior, bastando considerar
 a  OO'  26 cm.
 S  2  
(4π  3 3)
12
  a2 ⇒
 ⇒ S  2  
(4π  3 3)
12
  262 ⇒ 
O O'
 ⇒ S  
338(4π  3 3)
3
 cm2
933. sen 60°  
AB
AC
 ⇒ 
3
2
  
AB
10
 ⇒
 ⇒ AB  5 3 cm
 cos 60°  
BC
AC
 ⇒ 
1
2
  
BC
10
 ⇒
 ⇒ BC  5 cm ⇒ CD  5 cm ⇒ AD  5 cm
 S  S
nABC
  S
I
  S
II
 ⇒
 ⇒ S  
(AB)(BC)
2
  
π(BC)2
6
  
π(AD)2
12
 ⇒
 ⇒ S  
5 3  5
2
  
π  52
6
  
π  52
12
 ⇒ 
5 cm
5 cm
5 cm
60º
30º
D
A
E
B C
S
II
S
I
•
 ⇒ S  
25
4
 (2 3  π) cm2
934. sen 45°  
AB
AC
 ⇒ 
2
2
  
AB
10
 ⇒
 ⇒ AB  5 2 cm  CD  AB
 (CD  5 2 cm, AC  10 cm) ⇒
33 a 156_Manual FME9.indd 136 23/07/13 14:46
137
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 ⇒ AD  (10  5 2 ) cm  AE
 (AE  (10  5 2 ) cm, AB  5 2 cm) ⇒
 ⇒ BE  (10 2  10) cm
 BD

  
45°
360°
  2π  (BC) ⇒
 ⇒ BD

  
1
8
  2π  5 2 ⇒
 ⇒ BD

  
5π 2
4
 cm 
A
D
E
B C
45º
45º
(10 – 5 2) cm
5 2 cm
S
I
S
II
√
√
5 2 cm√
•
 DE

  
45°
360°
  2π  (AD) ⇒ DE

  
1
8
  2π  (10  5 2 ) ⇒
 ⇒ DE

  
π
4
 (10  5 2 ) cm
 2p  BE  BD

  DE

 ⇒ 2p  10 2  10  
5π 2
4
  
π (10  5 2 )
4
 ⇒
 ⇒ 2p  
5
2
 (4 2  π  4) cm
 S  S
nABC
  S
I
  S
II
 ⇒ S  
(AB)(BC)
2
  
1
8
 π  (AD)2  
1
8
 π  (BC)2 ⇒
 ⇒ S  
(5 2 )(5 2 )
2
  
π (10  5 2 )2
8
  
π (5 2 )2
8
 ⇒
 ⇒ S  
25
2
 (2  2π  2π) cm2
935. Seja l o lado do triângulo. Temos:
 l  R 3; OM  
R
2
; BÔP  60°.
 S  S
I
  S
II
 ⇒
 ⇒ S  
(BM)  (OM)
2
  
60°
360°
  π  R2 ⇒
 ⇒ S  
R 3
2
 

 R
2
 
2
  
πR2
6
 ⇒ 
S
II
S
I
A
M
R
B
O
N
P
C
•
 ⇒ S  
(3 3  4π)
24
 R2
936. nABC é isósceles e retângulo ⇒
 ⇒ B̂  Ĉ  45°.
 Note que AP  r 2  r.
 (nAPB é retângulo, B̂  45°) ⇒
 ⇒ AP  PB  r 2  r
 Analogamente, AP  PC  r 2  r.
33 a 156_Manual FME9.indd 137 23/07/13 14:46
138
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 Exercício 879 ⇒
 ⇒ S
ABC
  (BP)(PC)  (r 2  r)2
 Logo:
 S  S
ABC
  S
círc
 ⇒
 ⇒ S  (r 2  r)2  πr2 ⇒
 ⇒ S  r2(3  2 2  π). 
45º
45º
P
A B
C
r
r 2 + r
r 2 + r√
√
r 
 2√
•
•
•
•
937. R
A
  R
B
  10 (1) 
 R
A
  R
C
  14 (2) 
 R
B
  R
C
  18 (3) 

 ⇒ R
A
  R
B
  R
C
  21 (4) 
 (4)  (1): R
C
  11
 (4)  (2): R
B
  7
 (4)  (3): R
A
  3 
A
B C
 Daí:
 S
A
  9π cm2; S
B
  49π cm2; S
C
  121 cm2.
941. S
setor
  
l  R
8
 l  2π, S
setor
  6π 
⇒ 6π  
2πR
2
 ⇒ R  6 cm
 Na figura ao lado, temos:
 S
seg
  S
setor
  S
tri
 ⇒
 ⇒ S
seg
  
π  R2
6
  
R  R  sen 60°
2
 ⇒
 ⇒ S
seg
  
π  62
6
  
62  
3
2
 
2
 ⇒ 
R
R
60º
 ⇒ S
seg
  3(2π  3 3) cm2
942. AB  OA ⇒ nOAB é equilátero ⇒
 ⇒ AÔB  60°
 S
I
  S
setor
  S
tri
 ⇒
 ⇒ S
I
  
πR2
6
  
R2 3
4
 ⇒ 
O
R R
R
BA
S
I
 ⇒ S
I
  
2  3 3
12
  R2
33 a 156_Manual FME9.indd 138 23/07/13 14:46
139
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 S
II
  S
círc
  S
I
 ⇒
 ⇒ S
II
  πR2  
2  3 3
12
 R2 ⇒
 ⇒ S
II
  
10π  3 3
12
 R2
 
S
I
S
II
  
(2π  3 3 )R2
12
(10π  3 3 )R2
12
  
2π  3 3
10π  3 3
 ou 
S
II
S
I
  
10π  3 3
2π  3 3
943. Considerando as medidas indicadas 
na figura, temos:
 sen   
r
2r
 ⇒ sen   
1
2
 ⇒   30°
 S
I
 é o setor de 60° do círculo menor ⇒
 ⇒ S
I
  
πr2
6
. 
A
E
D O
r
rrr
a
B
C
S
II
S
I
•
 nODE ⇒ OE2  DE2  OD2 ⇒
 ⇒ OE2  r2  (2r)2 ⇒ OE  r 3
 S
II
  S
nODE
  S
I
 ⇒
 ⇒ S
II
  
r 3  r
2
  
πr2
6
 ⇒ S
II
  
3 3  π
6
  r2
 S
III
 é o setor de 30° do círculo maior.
 (arco AC

) ⇒ S
III
  
π(3r)2
12
 ⇒ S
III
  
3πr2
4
.
 S é a área pedida. Então:
 S  2 S
III
  
πr2
2
  S
II
 ⇒ S  2 
3πr2
4
  
πr2
2
  
3 3  π
6
 r2 ⇒
 ⇒ S  
5π  6 3
6
 r2
944. S  S
hex
  6S
I
 ⇒
 ⇒ S  
3 3l2 
2
  6  
120°
360°
  πR2 ⇒
 ⇒ S  
3 3 
2
  22  2  π  12 ⇒
 ⇒ S  2(3 3  π) 
1 1 1
1
1
1
1
1
1
1
1120º
S
I
 
33 a 156_Manual FME9.indd 139 23/07/13 14:46
140
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
945. Sejam L
1
 e L
2
 as áreas das lúnulas 
e T a área do triângulo.
 A área S da superfície CPAQB pode 
ser calculada de dois modos:
 1.°) lúnula 1  lúnula 2  semicírcu-
lo de diâmetro a
 2.°) triângulo  semicírculo de diâ-
metro b  semicírculo de diâmetro c
 Então:
 S  L
1
  L
2
  
πa2
4
 
L
2
L
2
L
1
Q
B
B
T
C
A
P
a
A
b
c
•
•
 S  T  
πb2
4
  
πa2
4
 
⇒
 ⇒ L
1
  L
2
  
πa2
4
  T  
π
4
(b  c2)
 Logo, L
1
  L
2
  T.
947. 
C
G
D
A 30º
F
E
R
R – r
B
H
r
S
I
S
II
•
 AG
¨
 é bissetriz de BÂC ⇒ FÂE  30°  GF̂H (FÂE e GF̂H são corres-
pondentes). Note que GF̂E  120° e FĜB  60°. Além disso, temos 
EB  2 Rr (exercício 563).
 sen 30°  
R  r
R  r
 ⇒ 
1
2
  
R  r
R  r
 ⇒ r  
R
3
 EBGF é trapézio de bases R e r e altura 2 Rr ⇒
 ⇒ S
EBGF
  
(R  r)2 Rr
2
 ⇒ S
EBGF
  (R  r) Rr ⇒
 ⇒ S
EBGF
  R  
R
3
 
R
3
R  ⇒ S
EBGF
  
4R2 3
9
 S
I
  
πr2
3
 ⇒ S
I
  
πR2
27
 
⇒ S
I
  S
II
  
11πR2
54
 
 S
II
  
πR2
27
 S  S
EBGF
  (S
I
  S
II
)  
4R2 3
9
  
11πR2
54
  
(24 3  11π)R2
54
33 a 156_Manual FME9.indd 140 23/07/13 14:46
141
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
948. BC2  (1,5)2  22 ⇒ BC  2,5 cm
 AB2  (BC)(BD) ⇒
 ⇒ (1,5)2  2,5  BD ⇒
 ⇒ BD  
9
10
 cm
 BD  DC  2,5 ⇒
 ⇒ 
9
10
  DC  2,5 ⇒ 
B D C
S
S
I
S
II
A
•
 ⇒ DC  
8
5
 cm
 S
I
  S
II
  S  
π 
BC
2
2
2
 ⇒ 
π 
BD
2
2
2
  
π 
DC
2
2
2
  S  
π 
BC
2
2
2
 ⇒
 ⇒ 
π 
9
20
2
2
  
π 
8
10
2
2
  S  
π 
5
4
2
2
 ⇒ S  
9π
25
 cm2
949. Seja o lado do quadrado de medida 
a. S
3
 é a área do setor determinado 
pelo arco BD

.
 S
1
  S
3
  2  S
4
  S
AFEG
 ⇒
 ⇒ S
1
  
πa2
4
  2  
π 
a
2
2
4
  
a
2
2
 ⇒ 
D C
A BF
EG
S
4
S
4
S
2
S
1
S
1
 ⇒ S
1
  
π  2
8
 a2 (1)
 Exercício 908, item b ⇒
 ⇒ S
2
  
π  2
2
  
a
2
2
 ⇒
 ⇒ S
2
  
π  2
8
 a2 (2)
 (1) e (2) ⇒ S
1
  S
2
950. Relações métricas ⇒
 ⇒ PM2  (AM)(MB) (1)
 S  S
1
  S
2
  
π 
AM  MB
2
2
2
 ⇒
 ⇒ S  
π 
AM
2
2
2
  
π 
MB
2
2
2
  
S
P
A M B
S
1 S
2
•
  
π(AM  MB)2
8
 ⇒
33 a 156_Manual FME9.indd 141 23/07/13 14:46
142
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 ⇒ S  
π(AM  MB)2
8
  
π AM2
8
  
π MB2
8
 ⇒
 ⇒ S  
π  (AM)(MB)
4
 
(1)
 S  
π  PM2
4
952. Exercício 945 ⇒ A  B  S
nPQM
 ⇒
 Exercício 945 ⇒ C  D  S
nPNM
 ⇒ A  B  C  D  S
nPQM
  S
nPNM
 ⇒ 
M
N
P
Q
B C
A D
•
•
 ⇒ A  B  C  D  S
PQMN
953. Sejam R e r o raio do círculo circunscrito e o do círculo inscrito, res-
pectivamente. Temos:
 S  p  r ⇒ r  
S
p
 
 S  
abc
4R
 ⇒ R  
abc
4S
 
⇒ 
R
r
  
abc  p
4S2 ⇒
 ⇒ 
R
r
  
abc  p
4  p  (p  a)(p  b)(p  c)
 ⇒ 
R
r
  
a  b  c
4(p  a)(p  b)(p  c)
954. Seja l a medida dos lados congruentes. Temos:
 p  
l  l  18
2
 ⇒ p  l  9; r  6 cm
 S  p(p  l)(p  l)(p  18) ⇒ S  (l  9)  9  9  (l  9) ⇒
 ⇒ S  9 l2  81
 S  p  r ⇒ 9 l2  81  (l  9)  6 ⇒ 5l2  72l  1 053  0 ⇒
 ⇒ l  9 (não serve) ou l  
117
5
 cm
 S  9 l2  81 ⇒ S  9 
13 689
25
 81 ⇒ S  9 
11 664
25
 ⇒
 ⇒ S  
9  108
5
 ⇒ S  
972
5
 cm2
 S abc
4R
 ⇒ R  
abc
4S
 ⇒ R  
18 
 117
5
 

 117
5
4  972
5
 ⇒ R  
507
40
 cm
33 a 156_Manual FME9.indd 142 23/07/13 14:46
143
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
955. Seja AP  a. Por trigonometria, obte-
mos as medidas indicadas na figu-
ra. Sendo k a razão de semelhança 
entre os dois triângulos, temos:
 
S
ABC
S
PQR
  k2 ⇒
 ⇒ 
S
ABC
S
PQR
  
3a
a 3
2
 ⇒ 
S
ABC
S
PQR
  3. 
A
B 2a R C
a
a
a
P2a
2a
60º
30º
60º
60º
30º
Q
30º
a 3
a
3 a 3√√
√
•
•
•
956. Sendo S a área do triângulo, temos:
 S  
a  h
a
2
  
b  h
b
2
  
c  h
c
2
 ⇒
 ⇒ ah
a
  bh
b
  ch
c 
b
c
a
h
a
h
c
h
b
•
•
•
960. No tablete do Carlos, temos:
 2(3h  h)  12 ⇒ h  
3
2
 cm
 S
Paulo
  32  9 cm2
 S
Carlos
  
9
2
  
3
2
  
27
4
 cm2 
3 cm
3 cm3 cm
3 cm
3h =
9
2
h =
3
2
•
•
•
•
 Como S
Carlos
  S
Paulo
, é vantajoso 
para Carlos aceitar a troca.
961. Os triângulos ADE e ABC serão se-
melhantes e
 S
ADE
  S
BCDE
  S
ABC
 ⇒
 S
ADE
  3 S
ADE
  S
ABC
 ⇒
 ⇒ 
S
ADE
S
ABC
  
1
4
 ⇒ k2  
1
4
 ⇒
 ⇒ 
x
h
2
  
1
4
 ⇒ x  
h
2
. 
A
D E
B C
x
h
962. Seja S
T
 a área total do nABC. Temos:
 
S
S
T
  
1
2
 ⇒ k2  
1
2
 ⇒
 ⇒ 
h  x
x
2
  
1
2
 ⇒ x  
2  2
2
 h. 
S
S
h
x
h – x
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144
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
963. A razão entre as áreas é igual ao 
quadrado da razão de semelhança.
 Então:
 
(18  y)x
2
(8  y)(15  x)
2
  
x
15  x
2
  
18
y
2
 ⇒ 
 ⇒ 
x
15  x
  
18
y
 (1) 
8
18
15
15 – x
x
y
 
(18  y)x
(8  y)(15  x)
  
x2
(15  x)2
 ⇒ 
18  y
(8  y)
  
x
(15  x)
 (2)
 (1) e (2) ⇒ (y  12 m, x  9 m)
964. l
1
  8 m, l
2
  15 m, S
3
  S
1
  S
2
.
 Temos:
 
S
1
S
2
  
l
1
l
2
2
 ⇒ 
S
1
S
2
  
82
152 ⇒ S
1
  
64
225
 S
2
.
 Devemos ter
 S
3
  S
1
  S
2
 ⇒ S
3
  S
1
  
64
225
  S
2
 ⇒ 
S
3
S
2
  
289
225
 ⇒
 ⇒ 
l
3
l
2
2
  
289
225
 ⇒ 
l
3
15
2
  
289
225
 ⇒ l
3
  17 m.
967. Sejam l o lado do quadrado cuja área é procurada e l
i
 o lado do 
quadrado inscrito num círculo de raio 10 cm. Temos:
 l
i
  R 2 ⇒ l
i
  10 2 cm.
 l  
5  1
2
  l
i
 ⇒ l  
5  1
2
  10 2 cm
 S  l2 ⇒ S  
5  1
2
  10 2
2
 ⇒ S  100(3  5 ) cm2
970. S
dec
  10  
l
10
  a
10
2
 ⇒ S
dec
  5  
5  1
2
  R  
R
4
10  2 5 ⇒
 ⇒ S
dec
  
5
8
  ( 5  1) 10  2 5 R2
 S
pent
  5  
l
5
  a
5
2
 ⇒ S
pent
  
5
2
  
R
2
10  2 5  
R
4
 ( 5  1) ⇒
 ⇒ S
pent
  
5
16
( 5  1)  10  2 5
 
S
dec
S
pent
  2  
( 5  1) 10  2 5
( 5  1) 10  2 5
 ⇒ 
S
dec
S
pent
  5  1
 
33 a 156_Manual FME9.indd 144 23/07/13 14:46
145
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
971. 2p  80 ⇒ l
8
  10 cm
 Exercício 725 ⇒ l
8
  R 2  2 ⇒
 ⇒ R 2  2  10 ⇒
 ⇒ R  
10
2  2
. 
R
R
4
5
º
l
8
 S  8/  
R  R  sen 45º
2/
 ⇒
 ⇒ S  4  
10
2  2
2
  
2
2
 ⇒
 ⇒ S  200( 2  1) cm2
972. S  8  
R  R  sen 45º
2
 ⇒ S  8  
6  6  2
4
 ⇒ S  72 2 cm2
973. OM  MC  OC ⇒
 
2a
2
  
2a 3
2
  R ⇒
 ⇒ a  
3  1
2
  R
 S
qua
  (2a)2 ⇒
 ⇒ S
qua
  2  
( 3  1)
2
  R
2
 ⇒ 
C
A M B
O
2a
2a
2a
2a
2a
2a
2a
a
2a
 ⇒ S
qua
  (4  2 3 )R2
 S
Tri
  
(2a)2 3
4
 ⇒ S
Tri
  a2 3 ⇒ S
Tri
  
3  1
2
  R
2
  3 ⇒
 ⇒ S
Tri
  
2 3  3
2
  R2
 S
Fig
  S
qua
  4  S
Tri
 ⇒ S
Fig
  (4  2 3)R2  4  
2 3  3
2
  R2 ⇒
 ⇒ S
Fig
  2( 3  1)R2
974. AB ⊥ CD ⇒ S
ACBD 
  
(AB)(CD)
2
  
34  17 3
2
  289 3 cm2
975. Sendo R o raio do círculo, note que 
a diagonal menor do dodecágono é 
igual ao l
6
, que é igual a R. Assim:
 d  l
6
  R.
 l
4
  R 2 ⇒ l
4
  d 2 ⇒
 ⇒ S  l2
4
 ⇒ S  (d 2 )2 ⇒
 ⇒ S  2d2 
d
33 a 156_Manual FME9.indd 145 23/07/13 14:46
146
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
976. A medida da hipotenusa é 42 cm e a 
do outro cateto é 21 3 cm. Temos:
 T
1
  
(21)2 3
4
 ⇒ T
1
  
441 3
4
 cm2
 T
2
  
(21 3)2 3
4
 ⇒ 
21
21
21
21
21 21
42
3
3 30º
T
1
√
√
T
2
√3
•
 ⇒ T
2
  
1 323 3
4
 cm2
 S
qua
  (42)2 ⇒ S
qua
  1 764 cm2
 
T
1
  T
2
S
qua
  
441 3  1 323 3
4  1 764
 ⇒
 ⇒ 
T
1
  T
2
S
qua
  
3
4
977. 4 S
1
  25 ⇒
 ⇒ 4  
5  5  sen 
2
  25 ⇒
 ⇒ sen   
1
2
 ⇒   30º ⇒ 
5
5
S
I
β
α
 ⇒ b  150º
 Resposta: 30º ou 150º.
978. S
dod
  S
hex
  6  S
qua
  6  S
tri
 ⇒
 ⇒ S
dod
  
3 3 R2
2
  6  R2  6  
R2 3
4
 ⇒ 
R
R
R R
R
R120º
60º
• •
 ⇒ S
dod
  3 3R2  6 R2 ⇒
 ⇒ S
dod
  3( 3  2)R2
979. S  p  r (1) S  (p  a)  r
a
 (2) S  (p  b)  r
b
 (3) S  (p  c)  r
c
 (4)
 Multiplicando membro a membro (1), (2), (3) e (4), vem:
 S  S  S  S  p  r  (p  a)r
a
  (p  b)r
b
  (p  c)r
c
 e como p(p  a)(p  b)(p  c)  S2, vem:
 S4  p(p  a)(p  b)(p  c)  r  r
a
  r
b
  r
c
 ⇒ S2  r  r
a
  r
b
  r
c
 ⇒
 ⇒ S  r  r
a
  r
b
  r
c
980. nABG  nDEG (LAA
o
) ⇒
 ⇒ DG  
a
2
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147
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 S
1
  S
2
  a2
 S
2
  S  S
3
  
2a  a
2
  a2
⇒
 ⇒ S
1
  S
2
  S
2
  S  S
3
 ⇒
 ⇒ S  S
1
  S
3
 ⇒
 ⇒ S  
a2
4
  
a  x  sen 60º
2
 (1) 
Aa FB
a
a
a
C D E
a
2
a
2
S
1
S
2
S
3
G
H
S
30º 60º
x
a
 S  
a
2
 
 x  sen 30º
2
 ⇒ x  
4S
a sen 30º
 (2)
 Substituindo (2) em (1):
 S  
a2
4
  
a  
4S
a sen 30º
 
 sen 60º
2
 ⇒ S  
a2
4
  2 3S ⇒
 ⇒ S(1  2 3 )  
a2
4
 ⇒
 ⇒ S  
2 3  1
44
  a2
983. AB  3k, AC  4k, BC  5k
 Note que r  
5
2
 k ⇒ k  
2
5
 r (1)
 S  
abc
4r
 ⇒ S  
3  4  5  k3
4 
 5
2
 
k
 ⇒
 ⇒ S  6k2 (2)
 (1) em (2) ⇒ S  6  
2
5
 r
2
 ⇒ 
B C
A
r
r r
•
 ⇒ S  
24
25
 r2
984. Sendo h a altura relativa à hipotenu-
sa, temos:
 h2  16  9 ⇒ h  12 cm ⇒
 ⇒ S  
(16  9)  12
2
 ⇒
 ⇒ S  150 cm2
 a  16  9 ⇒ a  25 cm 
c b
h
9 16
•
•
 Relações métricas ⇒ 
b2  25  16 ⇒ b  20 cm
c2  25  9 ⇒ c  15 cm
33 a 156_Manual FME9.indd 147 23/07/13 14:46
148
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 p  
a  b  c
2
 ⇒ p  
25  20  15
2
 ⇒
 ⇒ p  30 cm
 S  p  r ⇒ 150  30  r ⇒ r  5 cm ⇒ S
I
  25π cm2
 S  
abc
4R
 ⇒ 150  
25  20  15
4R
 ⇒ R  
25
2
 ⇒ S
II
  
625
4
 π cm2
⇒
 ⇒ 
S
I
S
II
  
4
25
 
985. sen 60º  
MC
AC
 ⇒ 
3
2
  
a
2
AC
 ⇒
 ⇒ AC  
a 3
3
  AB
 S  
(AB)  (AC)  sen 120º
2
 ⇒ 
B CM
A
c b
a
2
a
2
60º 60º
•
 ⇒ S  
a 3
3
2
  3
2
2
 ⇒ S  
a2 3
12
 p  
a 3
3
  
a 3
3
  a  
1
2
 ⇒ p  
2 3  3
6
  a
 S  
a  b  c
4R
 ⇒ 
a2 3
12
  
a  
a 3
3
 

 a 3
3
4R
 ⇒ R  
a 3
3
 S  p  r ⇒ 
a2 3
12
  
2 3  3
6
  a  r ⇒ r  
2  3
2
 
⇒ 
R
r
  
2(2 3  3)
3
987. l
1
  2 cm, l
2
  3 cm
 Os dois eneágonos, por serem regulares e convexos, são semelhan-
tes. Então:
 
S
1
S
2
  
l
1
l
2
2
 ⇒ 
S
1
S
2
  
2
3
2
 ⇒ S
1
  
4
9
 S
2
.
 Seja l o lado do eneágono que queremos determinar e S a sua área. 
Temos:
 S  S
1
  S
2
 ⇒ S  
4
9
 S
2
  S
2
 ⇒ S  
13
9
 S
2
 ⇒ 
S
S
2
  
13
9
 ⇒
 ⇒ 
l
1
l
2
2
  
13
9
 ⇒ 
l
3
2
  
13
9
 ⇒ l  13 cm.
33 a 156_Manual FME9.indd 148 23/07/13 14:46
149
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
988. nABC é equilátero de lado 2r. Sendo h sua altura, temos:
 h  
(2r) 3
2
 ⇒ h  r 3.
F
A
rr
r
r r
r
r
r r
H
D E
G
C
G
B
30º •
 Note que G é baricentro do nABC. Daí, BG  
2
3
  h ⇒ BG  
2
3
 r 3.
 Note também que D
¦
B é bissetriz de ED̂F. Daí, BD̂G  30º.
 nBDG ⇒ sen 30º  
BGBD
 ⇒ 
1
2
  
r
BD
 ⇒ BD  2r
 (BD  2r, BH  r) ⇒ BH  r
 Sendo R o círculo do raio maior, temos:
 R  BH  BG ⇒ R  r  
2
3
 r 3
 Logo:
 S  πR2  3πr2 ⇒ S  π r  
2
3
 r 3
2
  3πr2 ⇒ S  
2(2 3  1) πr2
3
.
990. S
1
  
πa2
2
 Exercício 931 ⇒
 S
2
  
4π  3 3
12
 (4a)2 ⇒
 ⇒ S
2
  
(16π  12 3 )a2
3
 ⇒
 ⇒ S  2 S
1
  S
2
 ⇒
 ⇒ S  2  
πa2
2
  
(16π  12 3 )a2
3
 ⇒
 ⇒ S  
(19π  12 3 )a2
3
 
A B
C
4a 4aS
2
S
1
S
1a a a a
33 a 156_Manual FME9.indd 149 23/07/13 14:46
150
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
991. nCDB ⇒ DB2  122  132 ⇒ DB  5 cm
 (DB  5 cm, AB  14 cm) ⇒ AD  9 cm
 S
ABC
  
14  12
2
 ⇒ S
ABC
  84 cm2
 nAEF  nADC ⇒ 
CD
EF
  
AD
AE
 ⇒
 ⇒ 
12
x
  
9
y
 ⇒ x  
4
3
 y (1)
 S
AEF
  
1
2
  S
ABC
 ⇒ 
13
12
15
C
F
A B
x
E
D
9
y
5
• •
 ⇒ 
xy
2
  
1
2
  84 ⇒ xy  84 (2)
 (1) em (2) ⇒ 
4
3
 y  y 84 ⇒ y  3 7 cm
992. nXYZ ⇒ tg 30º  
r
XZ
 ⇒
 ⇒ 
3
3
  
r
XZ
 ⇒ XZ  r 3
 Temos:
 r 3  2r  r 3  a ⇒
 ⇒ r  
( 3  1)a
4
 S  S
tri
  3 S
círc
 ⇒ 
30º
Y
Z
X
rr
r
r
2rr 3√ r 3√
•
 ⇒ S  
a2 3 
4
  3π  r2 ⇒
 ⇒ S  
a2 3 
4
  3  π  
( 3  1)2  a2
42 ⇒ S  
2 3  3(2  3 )π
8
  a2
993. (AB)2  256 ⇒
 ⇒ AB  16 cm  BC  CD  AD
 BĈE  BĈF  90º
 FĈD  BĈF  90º 
⇒
 ⇒ BĈE  FĈD  
 nBEC: tg   
BE 
16
 
⇒
 nFDC: tg   
FD 
16
 ⇒ BE  FD ⇒
 ⇒ nBEC  nDFC ⇒ FC  EC
 S
nECF
  200 ⇒ 
(FC)(CE) 
2
  200 ⇒ 
16 16
16
16
F
D C
A B E
α
α
•
•
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151
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 ⇒ (FC)  (FC)  400 ⇒ FC  EC  20 cm
 nBCE: BE2  BC2  EC2 ⇒ BE2  162  202 ⇒ BE  12 cm
994. l  
1
6
 2πR ⇒ 12π  
1
6
  2π  R ⇒
 ⇒ R  36 cm
 nOAB ⇒ sen 30º  
r
OB
 ⇒
 ⇒ 
1
2
  
r
R  r
 ⇒ r  
R
3
 ⇒
 r  
36
3
 ⇒ r  12 ⇒ S  πr2 ⇒
 ⇒ S  144π cm2 
R
B
r
r
30º
O A
l
•
996. EC  b ⇒ DE  a  b
 CE  CF ⇒ EF  b 2  AE  AF
 nADE ⇒ (a  b)2  a2  (b 2 )2 ⇒
 ⇒ b2  2ab  2a2  0 ⇒
 ⇒ b  ( 3 1)a
 S  
(b 2 )2 3
4
 ⇒
 ⇒ S  
[( 3  1)a  2 ]2 3
4
 ⇒
 ⇒ S  (2 3  3)a2 
A B
F
CD b
ba
a – b
b√2
b 2√
b 2√
•
E
997. AD  
l 3
2
 ⇒ AD  
8 3  3
2
 ⇒
 ⇒ AD  12 cm ⇒ (AS  SD  6 cm)
 nAMD é retângulo em D, MS é mediana ⇒
 ⇒ MS  
AD
2
 ⇒ MS  6 cm
 Aplicando a Trigonometria no nAPS, 
obtemos PS  3 cm, AP  3 3 cm.
 S
nAPM
  
(AP)  (PM)
2
 ⇒
 ⇒ S
nAPM
  
3 3  9
2
 ⇒
 ⇒ S
nAPM
  
27 3
2
 cm2 B D C
M
S
P
A
6
6
6
3
3 3
3
0
º√
•
•
•
•
33 a 156_Manual FME9.indd 151 23/07/13 14:46
152
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
998. Usando base média de triângulo 
(AP'N) e de trapézio (MN'CB) é fácil 
concluir que o nABC é formado por 
9 triângulos equivalentes.
 Os lados do nMNP são diagonais 
dos paralelogramos MN'NO, MOPP' 
e PONN'. Logo, a área de MPN é 
equivalente a 3 dos triângulos que 
formam o nABC.
 Então:
 
S
ABC
S
MNP
  
9
3
 ⇒ 
S
ABC
S
MNP
  3. N'B P C
NOP'
M'M
A
•
999. Traçamos BE, com BE ⊥ AD ⇒ BE // OO' (1)
 (OB ⊥ AB, O'A ⊥ AB) ⇒ OB // O'A (2)
 (1) e (2) ⇒ EBOO' é paralelogramo ⇒ BE  13 cm
 nABE ⇒ AB2  AE2  BE2 ⇒ AB2  52  132 ⇒ AB  12 cm
 Rel. métricas ⇒ AB2  (BE)  (BF) ⇒ 122  13  H ⇒
 ⇒ H  
144
13
 cm
 S
ABCD
  
(AD  BC)  H
2
 ⇒ S
ABCD
  24  
144
13
  
1
2
 ⇒
 ⇒ S
ABCD
  
1 728
13
 cm2
D
A
O'
E
4
5
9
F
4
4
O
BC
H
• •
•
•
33 a 156_Manual FME9.indd 152 23/07/13 14:46
153
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
1000. Note na figura ao lado os triângulos 
ABC, ABD e ABE, de mesma base AB 
e mesmo ângulo () opostos a essa 
base.
 No nABD:
 DM passa pelo centro
 DM ⊥ AB ⇒ AM  MD 
LAL
 ⇒ nAMD  nBMD ⇒ 
•
C
D
E
A M B
α
α
α
 ⇒ AD  BD ⇒ nABD é isósceles.
 Como DM passa pelo centro, DM é 
a maior altura relativa à base AB. 
Logo, o nABD isósceles é o que tem 
maior área.
1001. Exercício 784 ⇒ 
A x P 32 –x B
y S
2
S
2
SR
Q
27 – y
D T C
A x E 32 –x B
y
S
1
IG
F
27 – y
D H C
S
1
 
⇒
 S
AEFG
  S
CHFI
 S
APQR
  S
CSQT
 Das figuras ao lado é imediato 
concluir que a área será a maior 
possível quando a base e a al-
tura forem iguais à metade dos 
catetos correspondentes. Isto é, 
as dimensões do retângulo de-
vem ser 13,5 e 16.
1004. BC  3 cm, AC  4 cm ⇒ AB  5 cm
 S
ABC
  S
BCR
  S
ACR
  S
ABR
⇒
 ⇒ 
(AC)  (BC)
2
  
(BC)(RD)
2
  
(AC)(ER)
2
  
(AB)(FR)
2
 ⇒
 ⇒ 4  3  3  5  r  4  r  5  r ⇒ r  
1
2
 cm
A
E C
4
F
D
3
PR Q F
r
r
B
••
33 a 156_Manual FME9.indd 153 23/07/13 14:46
154
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
1005. diâmetro  8 cm ⇒ R  4 cm
 B  l
3
 ⇒ B  R 3 ⇒ B  4 3 cm
 b  l
6
 ⇒ b  R ⇒ b  4 cm
 h  a
6
  a
3
 ⇒
 ⇒ h  
R 3
2
  
R
2
 ⇒
 ⇒ h  
4 3
2
  
4
2
 ⇒
 ⇒ h  (2 3  2) cm
 S  
(B  b)h
2
 ⇒ 
b
S
B
a
3
a
6
 ⇒ S  
(4 3  4)(2 3  2)
2
 ⇒
 ⇒ S  8 cm2
1006. Sejam k  1, k, k,  1 as medidas dos lados; h
1
, h
2
 e h
3
 suas res-
pectivas alturas. Temos:
 2p  k  1  k  k  1 ⇒ 2p  3k ⇒ 
S  6k
p  
3k
2 S  p(p  a)(p  b)(p  c) ⇒
 ⇒ 6k  
3k
2
 
3k
2
  k  1 
3k
2
  k 
3k
2
  k  1 ⇒
 ⇒ k2  196 ⇒ k  14
 
(k  1)h
1
2
  6k ⇒ 
(14  1)h
1
2
  6  14 ⇒ h
1
  
168
13
 
k h
2
2
  6k ⇒ h
2
  12
 
(k  1)h
3
2
  6k ⇒ 
(14  1)h
3
2
  6  14 ⇒ h
3
  
56
5
1007. ⇒
 xy  a2
x2  y2  d2
 2xy  2a2
x2  y2  d2
 Somando membro a membro, temos:
 ⇒
(x  y)2  (d2  2a2)
(x  y)2  (d2  2a2)
x  y  d2  2a2
x  y  d2  2a2
 Resolvendo o último sistema, encontramos:
 x  
d2  2a2  d2  2a2 
2
; y  
d2  2a2  d2  2a2 
2
. 
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155
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 Devemos ter d2  2a2  0 ⇒ d  a 2.
 Note:
 d  a 2 ⇒ x  y  a ⇒ ABCD é quadrado.
 
C
y
A
x
D
B
•
•
•
•
d
2
d
2
1008. Sejam b e c os catetos. Temos:
 
bc
2
  120
b2  c2  a2
bc  240
b2  c2  a2
⇒ ⇒
2bc  480
b2  c2  a2
 Somando membro a membro as equações do último sistema:
 (b  c)2  480  a2 ⇒ b  c  480  a2 .
 Então:
 (bc  240; b  c  480  a2 ) ⇒
 ⇒ b e c são raízes da equação x2  480  a2 x  240  0.
 Resolvendo esta equação, encontramos os valores de b e c:
 b  
a2  480  a2  480 
2
 cm; c  
a2  480  a2  480 
2
 cm.
 Além disso, devemos ter:
 a2  480  0 ⇒ a  4 30 cm.
1009. Sejam S a área do triângulo ABC e l 
a medida dos lados congruentes.
 Temos:
 S  S
ABP
  S
ACP
 ⇒ 
 ⇒ S  
l  y
2
  
lx
2
 ⇒
 ⇒ (x  y)  
25
l
.
B P C
y x
ll
A
•
•
 
1010. nOAB ⇒ sen 30º  
r
18  r
 ⇒
 ⇒ 
1
2
  
r
18  r
 ⇒ r  6 m
33 a 156_Manual FME9.indd 155 23/07/13 14:46
156
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 S
nOAB  
OA  OB  sen 60º
2
 ⇒
 ⇒ S
nOAB  
12  6  3
2
2
 ⇒
 ⇒ S
nOAB  18 3 m2 
18
O
r
18 – r
30º
A B
S
60º
S
1
S
2
S
3
r
•
S
•
 S1  S
nOAB  S2 ⇒
 ⇒ S1  18 3  
π  r2
6
 ⇒
 ⇒ S1  18 3  
π  62
6
 ⇒ S1  (18 3  6π) m2
 S  S1  S2  S3  
πR2
12
 ⇒ S  18 3  6π  
πr2
2
  
π  182
12
 ⇒
 ⇒ S  3(5π  6 3) m2
1011. Note que o triângulo original e os 
triângulos de áreas A, B e C são se-
melhantes. Sendo S a área do triân-
gulo original, temos:
 
S
(a  b  c)2
  
A
a2  
B
b2  
C
c2 ⇒
 ⇒ 
S
a  b  c
  
A
a
  
B
b
  
C
c
 ⇒ 
cba
a cB
C
P
A
 ⇒ S  ( A  B  C)2.
1012. A área procurada é igual à área de 
um quadrado de lado x mais 4 vezes 
a área do segmento circular som-
breado na figura ao lado.
 1º) Cálculo de x2:
 x2  a2  a2  2  a  a  cos 30º ⇒
 ⇒ x2  2a2  2a2  
3
2
 ⇒
 ⇒ x2  (2  3 )a2
a
a
aa
a
x
Q
P
30º
a
R
 2º) Cálculo da área do segmento circular:
 Sseg  Ssetor  S
nPQR ⇒ Sseg  
πa2
12
  
a  a  sen 30º
2
 ⇒
 ⇒ Sseg  
π
12
  
1
4
 a2
 3º) Área da região sombreada:
 S  x2  4  Sseg ⇒ S  (2  3) a2  4 
π
12
  
1
4
 a2 ⇒
 ⇒ S  2  3  
π
3
  1 a2 ⇒ S  
(π  3  3 3 ) a2
3
 
33 a 156_Manual FME9.indd 156 23/07/13 14:46
Fundamentos 
de matemática 
elementar
o
sV
a
ld
o
 d
o
lc
e
Jo
sÉ
 n
ic
o
la
u
 P
o
m
Pe
o
Geometria plana
novAS QUESTÕES dE vESTibUlArES
99
Fundamentos de matemática elementar 
é uma coleção consagrada ao longo dos 
anos por oferecer ao estudante o mais 
completo conteúdo de Matemática 
elementar. Os volumes estão organizados 
da seguinte forma:
VOLUME 1 conjuntos, funções
VOLUME 2 logaritmos
VOLUME 3 trigonometria
VOLUME 4
sequências, matrizes, 
determinantes, sistemas
VOLUME 5
combinatória, 
probabilidade
VOLUME 6
complexos, polinômios, 
equações
VOLUME 7 geometria analítica
VOLUME 8
limites, derivadas, 
noções de integral
VOLUME 9 geometria plana
VOLUME 10 geometria espacial
VOLUME 11
matemática comercial, 
matemática financeira, 
estatística descritiva
A coleção atende a alunos do ensino 
médio que procuram uma formação 
mais aprofundada, estudantes em fase 
pré-vestibular e também universitários que 
necessitam rever a Matemática elementar.
os volumes contêm teoria e 
exercícios de aplicação, além 
de uma seção de questões de 
vestibulares, acompanhadas de 
respostas. Há ainda uma série 
de artigos sobre história da 
matemática relacionados aos 
temas abordados.
na presente edição, a seção 
de questões de vestibulares foi 
atualizada, apresentando novos 
testes e questões dissertativas 
selecionados a partir dos 
melhores vestibulares do país.
Fu
n
d
a
m
en
to
s d
e m
a
tem
á
tic
a
 elem
en
ta
r G
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 Jo
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u
 Po
m
Peo
CAPA_FME_9 LP-Carlos.indd 1 29/07/13 18:22
	Capa
	Verso